数论基础

数论基础

余数

取模运算

取模和求余运算博客

整除分块

参考博客 然而我认为这篇的时间复杂度分析得不太对。

求 $\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor $ 这种东西以及其他复杂很多的东西，可以 \(O(\sqrt{n})\) 求解。

最简单地，求 $\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor $。

时间复杂度证明

注意到 \(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的取值不超过 \(2\sqrt{n}\) 种。证明如下：

• \(i\le \sqrt{n}\)，因为 \(i\) 只有 \(\sqrt{n}\) 种，所以 \(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\) 的取值也只有 \(\sqrt{n}\) 种。
• \(i> \sqrt{n}\)，此时 \(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor < \sqrt{n}\)，显然取值不超过 \(\sqrt{n}\)。

因此总时间复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)。

大体思路和代码

枚举 \(l\)，设 \(v=\lfloor \frac{n}{l} \rfloor\)，我们要找 \(v=\lfloor \frac{n}{r} \rfloor\) 的最大的 \(r\)。

\[v=\lfloor \frac{n}{r} \rfloor\\ v\le \frac{n}{r}\\ r\le \frac{n}{v}\]

因此在这个例子中，\(r\) 取 \(\frac{n}{v}\)，下一块的 \(l\) 就取 \(r+1\)。

for(int l=1,r=1,v=n/l;l<=n;l=r+1,v=n/l){
		r=n/v;
		ans+=v*(r-l+1);
	}

经验

P1403 [AHOI2005] 约数研究 一道小黄题，和例子一模一样，其实它的数据范围可以不用整除分块的。

P2424 约数和 很板子。

P2261 [CQOI2007] 余数求和 把 \(k\bmod i\) 转化成 \(k-\lfloor \frac{k}{i} \rfloor i\)，然后看起来非常板子。但是由于 \(i\le n\) 而本题求 \(\lfloor \frac{k}{i} \rfloor\)，\(n,k\) 可能不等，需要注意边界细节。

GZOI2024 Day2 T2【乒乓球】 很复杂的整除分块。

约数

\(a|b\) 表示 \(a\) 能整除 \(b\)，即 \(a\) 是 \(b\) 的因子。

约数个数大约 \(O(n^\frac{1}{3})\) 级别。

最大公约数

——辗转相除法求 gcd

欧几里得算法： \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\) 。

时间复杂度 \(O(\log n)\)（我不会证明 qwq）。

Code

一行搞定我不是故意压行的。

int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}

O(1) 求 gcd

参考 O(1)gcd 学习笔记。

设 \(T=\lfloor\sqrt{V}\rfloor\)。

对于一个数 \(1\le x\le V\)，一定可以拆分成三个数 \(a,b,c\) 相乘。每个数 \(y\) 满足：

• 若 \(y> T\) 则 \(y\) 是质数。
• 否则 \(y\le T\)，\(y\) 可以是合数。

因为 \(x\) 可能有至多一个质因子 \(p> T\)，如果有，则把 \(x\) 分成 \(p\) 和 \(q\)，\(q\) 一定是一个 \(\le T\) 的数，否则 \(pq\) 就 \(\ge (T+1)^2\) 了。那么把 \(q\) 拆成两个数也一定都是 $\le T $ 的。如果没有，假设存在一个合数 \(>T\)，那么另外两个数的乘积一定 \(\le T\)，否则他们三乘起来就 \(\ge (T+1)^2\) 了。这时候我们把两个小的数乘起来变成一个，然后把大的合数拆开就好了。emm，感性理解一下吧。

不是，我为什么要证明这个东西啊，学 OI 还纠结什么证明？

好的，接下来我们不再证明这些显然的东西了。

O(n) 预处理

线性筛筛出每个数的最小质因数 \(p\)，然后这个数的分解方式复制 \(x/p\) 的分解方式，然后从 \(a,b,c\) 依次判断能否乘上 \(p\) 之后仍然合法，合法就乘上好了。

线性同余方程

\[ax \equiv b (\bmod n) \]

给定 \(a,b,n\)，求 \(x\) 在 \([0,n-1]\) 的整数解。

当 \(a,n\) 互素时，可以逆元求解。

\[x \equiv b a^{-1} (\bmod n) \]

若 \(a,n\) 不互素，此时不一定有解。当且仅当 \(\gcd (a,n) | b\) 的时候有解且恰有 \(\gcd(a,n)\) 个解，可以感性理解。使用逆元或者扩展欧几里得算法求解。

逆元求解

设 \(g=\gcd(a,n)\)。

方程左右及模数同除 \(g\)。

令 \(a'=\frac{a}{g},b'=\frac{b}{g},n'=\frac{n}{g}\)，
有 \(a' x' \equiv b' (\bmod n')\)。

可以发现 \(x'\) 也是原方程的一个解。

原方程有 \(g\) 个解。通解为 \(x_i = x'+in'(i \in [0,g-1])\)。

显然这样的解是新方程的解，又因为这样的解 \(\le n-1\)，因此这样的解也是原方程的解。

扩展欧几里得算法

同余方程

\[ax \equiv c (\bmod b) \]

可以转化为

\[ax + by = c \]

当且仅当 \(\gcd(a,b)| c\) 的时候有且有 \(\gcd(a,b)\) 个解。

假设 \(gcd(a,b) | c\)，设 \(g=gcd(a,b)\)。

方程

\[\frac{a}{g} x + \frac{b}{g} y = \frac{c}{g} \]

的解集和原方程相等。

上面的方程写作

\[a' x + b' y = c'(\gcd(a',b')=1) \]

我们先求方程 \(a' x + b' y = \gcd (a', b')\) 的解。

当 \(b'=0\) 的时候，显然有 \(\gcd=a',x=1,y=0\)。

当 \(b > 0\) 的时候，参考辗转相除法的过程。求出方程 \(b' x' + (a' \bmod b') y' = \gcd\) 的解。有

\[b' x' + (a' \bmod b') y' = a' x + b' y\\ b' x' + (a' - b' \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor) y' = a' x + b' y\\ b' x' + a'y' - b' \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor y' = a' x + b' y\\ a'y' + b'(x' - \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor y') = a' x + b' y\\\]

由此得出

\[x=y'\\ y=x' - \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor y'\]

素数和合数

一个数有且仅有 \(1\) 和它本身两个因子，这个数是素数，因此 \(1\) 不是素数。

线性筛法

每个数只会被最小的质因子筛到。

复杂度 \(O(n)\) 。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pf printf
#define sf scanf
using namespace std;
const int N=1e6+7,M=1e7;
int can[N];
int p[M];
void primes(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!p[i]){
			p[i]=i;
			can[++can[0]]=i;
		}
		for(int j=1;j<=can[0];j++){
			if(can[j]>p[i]||(ll)can[j]*i>n) break;
			p[can[j]*i]=can[j];
		}
	}
}
int main(){
	int n=M;
	primes(n); 
	pf("%d\n",can[0]);
}

乘法逆元

\[ax \equiv 1 (\bmod p) \]

则 \(x\) 是 \(a\) 的乘法逆元。

若 \(a,p\) 不互素，则不存在乘法逆元。

线性求逆元

求连续逆元

结论、证明见 OIWiki。这里搬一张结论。

附上可爱代码：

inv[1]=1;
rep(i,2,n) inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;

求任意 n 个数的逆元

设 \(s_n\) 表示前 \(n\) 个数的积（取模意义下），先求出 \(s_n^{-1}\)，然后倒序一次求出 \(s_i^{-1}\)，最后 \(inv_i \gets s_i^{-1} \times s_{i-1}\)。

s[0]=1;
rep(i,1,n) s[i]=1ll*s[i-1]*a[i]%p;
sinv[n]=ksm(s[n],p-2);
per(i,n-1,0) sinv[i]=1ll*sinv[i+1]*a[i+1]%p;
rep(i,1,n) inv[i]=1ll*sinv[i]*s[i-1]%p;