noip复习之数学（3）——数论

1.基本概念和常用代码

（1）素数（质数）

int prime[maxn],tot=0;
bool vis[maxn];
void init(int n)
{
    vis[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        if(!vis[i]) prime[++tot]=i;
        for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=n;++j)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0) break;//每个数都只会被它最小的素数因子筛掉
        }
    }
}//线性筛素数

（2）欧几里得算法（辗转相除法）

#define ll long long
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

扩展欧几里得算法

int exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return d=a;
    }
    else
    {
        exgcd(b,a%b,d,y,x);
        y-=x*(a/b);
    }
}//可用于求ax+by=d的一组解，当且仅当d=gcd(a,b)时有解（若要通过此特解推出其他解，每次x减小b/d，y增加a/d即可）

​ 扩展欧几里得可以求逆元（逆元或许可以理解为在模意义下的倒数）

若要求$a$在模$b$意义下的逆元，首先$a$在模$b$意义下有逆元的前提条件是$gcd(a,b)=1$，即$a$和$b$互质，我们假设$a$在模$b$意义下的逆元为$x$，则$ax$在模$b$时同余于$1$，即可得$ax+by=1$（应是$ax=by+1$，移项后就变为了$ax-by=1$，我们令$b=-b$，则$ax+by=1$)

（3）快速幂

#define LL long long
LL pow_mod(LL a,LL b,int mod)
{
    LL ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
        {
            ans=(ans*a)%mod;
        }
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
}

（4）欧拉函数（不超过自己并与自己互质的数的个数）

$$\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})\cdots(1-\frac{1}{p_k})$$

证明：

给出正整数n的唯一分解式

$$n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\cdots p_k^{a_k}$$

用容斥原理，首先从总数$n$中减去$p_1,p_2,p_3,\cdots,p_k$的倍数的个数（$p_i$都是素数，故不是其倍数即为与其互质），即$n-\frac{n}{p_1}-\frac{n}{p_2}-\cdots-\frac{n}{p_k}$（设$p_i$最大的满足小于等于$n$的倍数为$p_i\times t$，故求得$t$为$\frac{n}{p_i}），然后加上“同时是两个数的倍数的数，再减去同时是三个数的倍数的数，...，最后得到的公式即为：

$$\varphi(n)=\sum_{S\subseteq p_1,p_2,...p_k}(-1)^{|s|}\frac{n}{\prod_{p_i\epsilon S}}p_i$$

int phi[maxn];
void init(int n)
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        phi[i]=i;
    }
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        if(phi[i]==i)
        {
            for(int j=i;j<=n;j+=i)
            {
                phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
}//筛表法求欧拉函数

（5）剩余系，模乘法的逆

通俗的说，模n的完全剩余系就是$\{0，1，2，... ，n-1\}$，而简化剩余系（也称缩系）就是完全剩余系中与$n$互素的那些数。

模n的完全剩余系最常见的写法是$Z/nZ$，也可以写成：

$$Z/n或者Z_n$$

，缩系记为

$$Z_n^*$$

#define LL long long
LL inv(LL a,LL mod)
{
    LL d,x,y;
    return exgcd(a,mod,d,x,y)==1?(x+mod)%mod:-1;
}//模乘法的逆

求逆的另一方法是利用欧拉定理

给定任意的整数$n>1$，对于$n$的缩系中的任意一个元素$a$,

$$a^{\varphi(n)}\equiv1(mod\quad n)$$

因此$a$的逆元就是

$$a^{\varphi(n)-1}mod\quad n$$

如果n是素数，则

$$\varphi(n)=n-1$$

所以$a$的逆就是$pow$_$mod(a,n-2,n)$

2.模方程

（1）线性模方程

$$ax\equiv b(mod\quad n)$$

把它转化为$ax-ny=b$，当$d=gcd(a,n)$不是$b$的约数时无解，否则两边同时除以$d$，得到$a'x-n'y=b',a'=\frac{a}{d},n'=\frac{n}{d},b'=\frac{b}{d}$，即为

$$a'x\equiv b'(mod\quad n')$$

此时$a'$和$n'$已经互素，因此再左乘$a'$在模$n'$意义下的逆元，则解为：

$$x\equiv (a')^{-1}b'(mod\quad n')$$

这个解是模n'剩余系中的一个元素，但我们还需要把它表示为模n剩余系中的元素。令$(a')^-1 b'=p$,上述解相当于$x=p,x=p+n',x=p+2n',x=p+3n'$,...。对于模n来说，假设$p+in'$和$p+jn'$同余，则$(p+in')-(p+jn')=(i-j)n'$是$n$的倍数，因此，$(i-j)$是$d（gcd(a,n)）$的倍数。换句话说，在模$n$剩余系下，

$$ax\equiv b(mod\quad n)$$

恰好有$d$个解，为$p,p+n',p+2n',p+3n',...,p+(d-1)n'$。

如果有多个方程，变量还是只有一个，又该怎么做呢？

那就用到了下面的定理

（2）中国剩余定理(Chinese Remainder Theorem)

假设有方程组

$$x\equiv a_i(mod\quad m_i)$$

且所有的mi两两互素。令$M$为所有$m_i$的乘积，$w_i=M/m_i$，则$gcd(w_i,m_i)=1$。

用扩展欧几里得算法可以找到$p_i$和$q_i$使得$w_i \times p_i+m_i\times q_i=1$。然后令$e_i=w_i\times p_i$，则方程组等价于单个方程

$$x\equiv e_1a_1+e_2a_2+\cdots +e_na_n(mod\quad M)$$

，即在模$M$剩余系下，原方程组有唯一解。

证明：把等式$w_i\times p_i+m_i\times q_i=1$两边模$m_i$后立即可得

$$e_i\equiv 1(mod\quad m_i)$$

，而对于所有不等于$i$的$j$，$w_i$是$m_j$的倍数，因此

$$e_i\equiv 0(mod\quad m_j)$$

，这样，$x_0$对$m_i$取模时，除了$e_ia_i$这一项余数为$1\times a_i=a_i$之外，其余项的余数均为$0$。

#define LL long long
LL crt(int n,int* a,int* m)
{
    LL M=1,d,x,y,x=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) M*=m[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        LL w=M/m[i];
        exgcd(m[i],w,d,d,y);
        x=(x+y*w*a[i])%M;
    }
    return (x+M)%M;
}

（3）离散对数

为了简单起见，我们只考虑一种最简单的情况，即当$n$为素数时，解模方程

$$a^x\equiv b(mod\quad n)$$

因为$n$是素数，只要$a$不为$0$，一定存在逆$a^{-1}$。根据欧拉定理，只需检查$x=0,1,2,...,n-1$是不是解即可。因为

$$a^{n-1}\equiv 1(mod\quad n)$$

，当$x$超过$n-1$时$a^x$就开始循环了。

我们先检查前$m$（我们使$m$为$n^{\frac{1}{2}}$）项，即$a^0,a^1,...,a^{m-1}$模n的值是否为$b$，并把$a^imodn$保存在$e_i$中，并求出$a^m$的逆$a^{-m}$。

下面考虑$a^m,a^{m+1},...,a^{2m-1}$。这次不用一一检查，因为如果它们中有解，则相当于存在i使得

$$e_i*a^m\equiv b(mod\quad n)$$

，两边同乘$a^{-m}$得

$$e_i\equiv b'(mod\quad n)$$

其中

$$b'= a^{-m}b(mod\quad n)$$

这样只需检验，是否有这样的$e_i$等于$b'$即可。

若没有，再考虑$a^{2m},a^{2m+1},...,a^{3m-1}$，故$b''=(a^{-2m}\times b)mod n$

，所以我们一直要按照这样的方法枚举到$a^{m\times m-1}$

int pow_mod(int a,int b,int mod)
{
    int ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
        a=(a*a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
int log_mod(int a,int b,int n)
{
    int m,v,e=1;
    m=(int)sqrt(n+0.5);
    v=pow_mod(pow_mod(a,m,n),n-2,n);
    map<int,int> x;
    x[1]=0;
    for(int i=1;i<m;++i)
    {
        e=(e*a)%n;
        if(!x.count(e)) x[e]=i;
    }
    for(int i=0;i<m;++i)//考虑a^(im),a^(im+1),...,a^(im+m-1)
    {
        if(x.count(b)) return i*m+x[b];
        b=(b*v)%n;
    }
    return -1;
}//这就是可用于解决离散对数的大步小步算法（Baby_Step_Giant_Step Algorithm），复杂
//度O(n^(1/2)logn)