数论1

数论笔记

求$\phi (n)$

普通求法：

首先将n唯一分解为$n=x_1^{p_1}*x_2……*x_n^{p_n} $

$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{x_1})\ast (1-\frac{1}{x_2})\ast \dots \dots \ast (1-\frac{1}{x_n})$

证明：

首先我们考虑在所有数中有$\frac{1}{x}$的概率会取到一个数是x的倍数，那么有$(1-\frac{1}{x})$的概率会取到一个数不是x的倍数，1-n有n个数，我们要找到1-n所有与n互质的数，也就是去一个不是 $n$ 的任意一个因数 $(x_1,x_2,x_3\dots \dots x_n)$ 的倍数，就得到以上式子

线性求 $\phi (1)$ 到 $\phi (n)$ 的所有

首先我们先明白两个定理：

$$1.\{\begin{array}{l}\phi (nm)=\phi (n)\ast \phi (m)gcd(n,m)=1\\ \phi (nm)=\phi (n)\ast mgcd(n,m)=m\end{array}$$

在 $gcd(n,m)=1$ 条件下

定理1证明：
根据上述式子可以推导：
$n=x_1^{p_1}*x_2……x_n^{p_n} $$m=y_1^{q_1}*y_2……y_n^{q_n} $$nm=x_1^{p_1}*x_2……x_n^{p_n}*y_1*y_2^{{q_2}……*y_n} $

$\phi (nm)=n\ast m\ast (1-\frac{1}{x_1})\dots \dots \ast (1-\frac{1}{x_n})\ast (1-\frac{1}{y_1})\dots \dots \ast (1-\frac{1}{y_n})=\phi (n)\ast \phi (m)gcd(n,m)=m$

2.$\phi (n)=n-1n\in prim$

考虑感性理解，$1-n$ 里面有 $\phi (n)$ 个与n互质，那么扩大 $m$ 倍，相当于有 $m$ 个 $1-n$ 就直接乘(因为我们保证了 $gcd(n,m)=m$ 也就是n是m的倍数,所以不存在乘上 $m$ 后多出了不属于 $n$ 的因子)

因此，我们可以来用质数筛的方法求 $\phi ()$

void op(int n){
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!vis[i]){
            prim[++tot]=i;
            phi[i]=i-1;//引用定理2
        }
        for(int j=1;j<=tot&&i*prim[j]<=n;j++){
            vis[prim[j]*i]=1;
            if(i%prim[j]==0){
                phi[i*prim[j]]=phi[i]*prim[j];
                break;
            }else{
                phi[i*prim[j]]=phi[i]*(prim[j]-1);//因为prim[j]是质数，所以i与prim[j]一定互质
            }
        }
    }
}

EXCRT

给你一些方程：

$$\begin{gathered} x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1) \\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2) \\ ...... \\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{p}_n) \end{gathered}$$

普通CRT比较有限制(因为要保证 $p$ 为质数)

那么接下来我们来学习

扩展中国剩余定理

首先我们考虑我们已经得到了 $1\sim i-1$ 个方程的特殊解 $an{s}_{i-1}$

令 $M=lcm(a_1,a_2,...,a_{i-1})$

那么通解就是 $an{s}_{i-1}+k\times Mk\in Z$

$\mathrm{\forall }j\in [1,i-1]k\times M\equiv 0(\mathrm{mod}{a}_j)$

得 $an{s}_{i-1}+k\times M\equiv an{s}_{i-1}(\mathrm{mod}{a}_j)$

我们要找到一个 $k$ 满足

$$an{s}_{i-1}+k\times M\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$$

先转化一下

$$k\times M+y\times p_i=a_i-an{s}_{i-1}$$

用 exgcd 算一算 $k$ 就好啦

那么可以得到

$$an{s}_i=an{s}_{i-1}+k\times M$$

就可以递推啦

拓展欧拉定理

欧拉定理:

$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)(gcd(a,m)=1)$

拓展欧拉定理：

$$a^b\equiv a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{mod}m)(b>\phi (m))$$

这里没有a,m互质的要求

证明

首先我们唯一分解$m=p_1^{q_1}{p}_2^{q_2}......p_n^{q_n}$

现在我们只需要证明对于每个$p_i^{q_i}\mathrm{都}\mathrm{有}$

$a^b\equiv a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(\mathrm{mod}{p}_1^{q_1})$

因为

$$\begin{array}{c}x\equiv y(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv y(\mathrm{mod}{m}_2)\end{array}\}⟹x\equiv y(\mathrm{mod}m1m2)$$

(x-y既是m1倍数也是m2倍数)

如果$gcd(a,p_i^{q_i})=1$

$$a^b\equiv a^{\lfloor \frac{b}{\phi (m)}\rfloor \ast \phi (m)+bmod\phi (m)}\equiv a^{bmod\phi (m)}(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$$

因为

$$\begin{gathered} \phi (x)=\phi (p_1)\ast p_1^{q_1-1}\ast \phi (p_2)\ast p_2^{q_2-1}\ast ......\phi (p_n)\ast p_n^{q_n-1} \\ \phi (p_i^{q_i})=\phi (p_i)\ast p_i^{q_i-1} \\ {a}^{\phi (p_i^{q_i})}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i}) \end{gathered}$$

总的来说：

$$\lfloor \frac{b}{\phi (m)}\rfloor \ast \phi (m)=k\ast \phi (p_i^{q_i})$$

证毕

如果$gcd(a,p_i^{q_i})\ne 1$

因为$p_i$为质数，所以一定有$p_i|a$

因为$b\ge \phi (m)\ge \phi (p_i^{q_i})\ge q_i$

$$\begin{array}{c}{a}^b\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})\\ a^{\phi (m)}\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})\end{array}\}⟹a^b\equiv a^{\phi (m)}(\mathrm{mod}{p_i}^{q_i})$$

综上所述

$$\{\begin{array}{l}{a}^b\equiv a^{bmod\phi (m)}(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})gcd(a,p_i)=1\\ a^b\equiv a^{\phi (m)}(\mathrm{mod}{p_i}^{q_i})gcd(a,p_i)\ne 1\end{array}$$

如何合并？

$$⟹\{\begin{array}{l}{a}^b\equiv a^{\phi (m)+bmod\phi (m)}(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})gcd(a,p_i)=1\\ a^b\equiv a^{\phi (m)+bmod\phi (m)}(\mathrm{mod}{p_i}^{q_i})gcd(a,p_i)\ne 1\end{array}$$

第一个式子，乘上一个$\phi (m)$欧拉定理结果不变

第二个式子$a^{\phi (m)}\equiv 0(\mathrm{mod}{p}_i^{q_i})$随便乘上一些东西没什么关系

综上：

$$a^b\equiv a^{\phi (m)+bmod\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$$