中等数论详解 [提高数论,积性函数)
呼~好久没更了
说得根有人看似的
魔改自DZYdalao的ppt
整除和剩余
设a,b是两个整数,\(b\neq0\),则存在唯一的q和r,使得
a=qb+r,\(0 \leq r <|b|\)
即q=a/b,r=a%b
这种式子叫带余除法
若r=0,则称b整除a,记为b|a
若a和b除以m的余数相同,称为a和b模m同余,记为
\(a \equiv b (mod m)\)
在模 m 的意义下,余数相同的归为一个集合,那么所有整数被分为 m个不同的集合,模 m 的余数分别为 0,1,2,3,...,m − 1,这些集合被称为模 m 剩余类(同余类)。
一个整数的集合,对 m 取模后,余数遍历了 0,1,2,3,...,m − 1,那么该整数集合是模 m 的完全剩余系。
素数
定义:素数(质数)是大于 1 的正整数,并且除了 1 和它本身不能被其他正整
数整除。大于 1 的非素数的正整数称为合数。
素数定理:
记\(\pi(x)\)表示小于x的素数一共有多少个
那么有\(\pi(x)\approx\frac{x}{ln x}\)
这东西一般人可能证不出来
而且好像没啥用
唯一分解定理
每一个正整数都可以唯一的表示成质数的乘积,其中质数因子从小到大出现。换句话说,任意正整数 n 可以写成:
\(n = p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} ... p_{k}^{a_{k}}\)
\(= \prod_{i=1}^{k} p_{i}^{a_{i}}\)
void devide(int x)
{
tot=0;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
if (x%pl[i]==0)
{
a[++tot]=pl[i];
p[tot]=0;
while (x%pl[i]==0)
{
x/=pl[i];
p[tot]++;
}
}
if (x!=1)
{
a[++tot]=x;
p[tot]=1;
}
}
可以做到\(O(\sqrt{N})\)预处理,\(O(\frac{\sqrt{N}}{log \sqrt{N}})\)回答
当然如果询问很多,也可以用欧拉筛实现\(O(N)\)预处理,\(O(logN)\)回答(不知道欧拉筛的后面有)
即在欧拉筛时顺便统计每个数的最小质因子,每次除以最小质因子,由于每个数最多有\(O(logN)\)个质因子,所以是对数级别的
bool np[MAXN];
int pl[MAXN],mp[MAXN],cnt;
void init()
{
np[1]=1;
for (int i=2;i<=MAX;i++)
{
if (!np[i]) pl[++cnt]=i,mp[i]=i;
for (int j=1;j<=cnt&&i*pl[j]<=MAX;j++)
{
np[i*pl[j]]=1;
mp[i*pl[j]]=pl[j];
if (i%pl[j]==0) break;
}
}
}
int a[MAXN],p[MAXN],tot;
void devide(int x)
{
while (x!=1)
{
int t=mp[x];
a[++tot]=t,p[tot]=0;
while (x%t==0) x/=t,++p[tot];
}
}
题意:
给定 X,让你构造序列 $a_{1} ,a_{2} ,...,a_{n} $,满足 \(a_{i}< a_{i+1} ,a_{i} |a _{i+1} ,a_{n} = X\)。求最大的 n,以及在最大 n 下的方案数。
把 X 质因数分解,把质因子任意排列,那么这个前缀积对应着一个最优序列。
第二问是组合数学,就不讲了
主要是不想写公式
素数筛法
由反证法,可知如果n是合数,那么它一定有一个小于\(\sqrt{n}\)的因数
可以得到以下判定法:
bool isprime(int x)
{
if (x==1)
return false;
for (int i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
return false;
return true;
}
瞎推一波可以发现,如果x是素数,那么它要么是2,要么%6=1或5
可以优化:
bool isprime(int x)
{
if (x==1)
return false;
if (x==2)
return true;
if (x%6!=1&&x%6!=5)
return false;
for (int i=2;i*i<=x;i++)
if (x%i==0)
return false;
return true;
}
复杂度O(\(\sqrt{n}\))
素数筛法
如果我们想知道1~n 中所有素数,那将是O(\(n\sqrt{n}\))的
其实可以一次性把所有素数筛出来
我们可以枚举 1 到 n 所有数,如果枚举一个数的时候它没有被筛去,那么说明他是一个质数。
由调和级数,复杂度\(O(NlogN)\)
埃拉托斯特尼筛法
我们可以枚举 1 到 n 所有数,如果枚举一个数的时候它没有被筛去,那么说明他是一个质数。
对于质数,我们把大于它们且是它们倍数的数筛去。
复杂度O(NloglogN),基本够用了
int np[MAXN],pl[MAXN],cnt;
void init()
{
np[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
if (!np[i])
{
pl[++cnt]=i;
for (int j=i*2;j<=n;j+=i)
np[i]=1;
}
}
如果你觉得一堆log碍眼还有一种严格\(O(N)\)的欧拉筛法
前几种筛法浪费时间的主要原因就是同一个合数被筛了很多遍,而欧拉则保证每个合数只被他的最小质因子
先贴代码:
bool np[MAXN];
int pl[MAXN],cnt;
void init()
{
np[1]=1;
for (int i=2;i<=MAX;i++)
{
if (!np[i]) pl[++cnt]=i;
for (int j=1;j<=cnt&&i*pl[j]<=MAX;j++)
{
np[i*pl[j]]=1;
if (i%pl[j]==0) break;
}
}
}
上述代码其他都好理解,主要是if (i%pl[j]==0) break;
在上面描述中,注意\(i*pl[j]\)是被\(pl[j]\)筛的而不是\(i\)
那么,如果我们发现\(i\)含有\(pl[j]\),那么\(i\)一定含有一个不超过\(pl[j]\)的质数,那么\(i\)乘上后面的质数的最小质因子永远不可能是那个质数,就可以直接跳出
这样就可以保证所有数只被筛一次
题意:给定 L,R,保证$ L,R ≤ 10^{9} ,R−L ≤ 10^{5}$ ,问 [L,R] 中距离最近的两个质数的距离。
根据上面那个“如果n是合数,那么它一定有一个小于\(\sqrt{n}\)的因数”
也就是说\(\sqrt R\)以内的数可以筛掉[L,R]
然后瞎搞就可以了
欧拉函数
定义:\(\varphi(x)\)=1~n中与n互质的数
性质:
1.p是素数 ⇔ \(\varphi(p)\)=p-1(很好证明)
2.设 p 是一个素数,a 是一个正整数,那么
\(\varphi(p^{a}) = p^{a} - p^{a-1} = p^{a-1}(p-1)\)
也好证
3.如果 m,n 互质,那么 φ(mn) = φ(m)φ(n),这叫欧拉函数的积性。注意要互质。
可以构造一个矩阵:
然后就可以证了
4.如果
\(n = \prod_{i=1}^{k} p_{i}^{a_{i}}\),
则\(\varphi(n) = n \prod_{i=1}^{k} {(1-\frac{1}{p_{i}})}\)
可以通过意识流积性证明
5.\(\sum_{d|n} \varphi(d) = n\)
什么?证明?
你找一个n,然后把\(\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n-1}{n}\)写出来,然后化成最简分数,再按分母归类,然后就会发现一件神奇的事
欧拉定理
如果 a,m 互质,那么:
\(a^{\varphi(m)} \equiv 1 (mod m)\)
证明留作课后习题略
特殊情况:费马小定理
当 p 是质数,\(a \neq p\) 时,有 \(a ^ {p-1} ≡ 1 (mod p)\)。
广义欧拉定理
若 a,m 互质,则 \(a^{n} ≡ a^{n \% φ(m)} (mod m)。\)
若 a,m 不互质,则:
\(a ^{n} ≡ a^{n \% φ(m)}(mod m)\qquad (n < φ(m))\)
\(a^{n} ≡ a^{n \% φ(m)+φ(m)}(mod m)\qquad otherwise\)
(例题:poj3090)[http://poj.org/problem?id=3090]
题意:
给出范围为 (0,0) 到 (n,n) 的整点,你站在原点处,问有多少个整点可见。
易知(x,y)=1
然后是个很裸的莫比乌斯反演
枚举横坐标 x,那么不被挡住的纵坐标一定与 x 互质。
ans = 2$\sum _{i=1} ^{n}{\varphi(i)} $ + 3,3 对应 (1,0),(0,1),(0,0) 三点。
线性同余方程
欧几里得算法
一个广为人知的定理:gcd(a,b) = gcd(b,a%b)
然后可以递归了
每次至少一个数减少一半,故时间复杂度为O(log(a+b))
int gcd(int a,int b)
{
return b? gcd(b,a%b):a;
}
扩展欧几里得算法
考虑如何解下面这个不定方程:
\(ax+by=gcd(a,b)\)
看gcd不顺眼
\(gcd(a,b) = gcd(b,a \% b)\)
左边写出来:
\(bx’+(a \% b)y’=gcd(b,a \% b)\)
即
\(ax+by=bx’+(a \% b)y’\)
%是什么?
\(ax+by=bx’+(a-b[\frac{a}{b}])y’\)
整理一下:
\(ax+by=ay’+b(x’-[\frac{a}{b}]y’)\)
可得:
\(x=y’,y=x’-[\frac{a}{b}]y’\)
然后又可以递归啦
边界为b=0,即ax+0y=a,假装a=1,y=0
迭代回去就可以得到原方程的一组特解
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if (b==0)
{
x=0,y=1;
return a;
}
int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return gcd;
}
至于通解的话乱搞就行了
扩展欧几里得算法的扩展
一般不定方程
原来那个方程好鬼畜啊,有没有更通用的呢?
即ax+by=c
很(wo)容(bu)易(hui)证明,这个方程有解的充要条件是gcd(a,b)|c
所以把x和y乘上\(\frac{c}{gcd(a,b)}\)就可以了
什么?通解?
把a和b同时除以gcd得到a',b'
\(x'=x+k \times b',y' = y - k \times a'(k \in Z)\)就是通解
同余方程
即\(ax \equiv b(mod c)\)
可得ax+cy=b (注意x,y可以为负数)
然后套exgcd就好了
[例题:poj1061](http://poj.org/problem?id=1061)
题意:
有一个长为 L 的首尾相连的数轴,有两只青蛙 A,B,它们初始点分别为s,t,A 青蛙每步往右跳 p 步,B 青蛙每步往右跳 q 步,现在它们同时开始跳,求同时跳多少步后能跳到同一点上,若无解则输出”Impossible”.
列出方程即可求解
逆元
定义:(a,m)=1,\(ab \equiv 1 (mod m)\),则称 b 为 a 模 m 意义下的逆元。记为\(a^{-1}\)
显然,模意义下的除法可以用乘逆元来代替。
求法:
1.费马小定理
当m为质数时,\(a^{-1}=a^{m-2}\)
2.扩展欧几里得
即求\(ax \equiv 1 (mod m)\)
3.欧拉定理
由于要写欧拉函数,比较麻烦,这里就不介绍了
筛法:
1.首先有\(1^{-1}=1\)
2.令
\(m=ki+r,0 \leq r<i\)
放到mod m下
\(ki+r=0\)
同时乘以\(i^{-1}r^{-1}\)
\(kr^{-1}=-i^{-1}\)
即
\(i^{-1}=-[m/i](m\%i)^{-1}\)
然后瞎取一下模就可以了
inv[1]=1;
for (int i=2;i<p;i++)
inv[i]=(long long)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
筛阶乘逆元
先递推求出阶乘
然后随便哪个方法求出fact[n]的逆元 注意判断有没有0,否则要找最后一个非0的
然后根据除法可用乘逆元代替再推回去
fact[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
fact[i]=fact[i-1]*i%MOD;
inv[n]=qpow(fact[n],MOD-2);
for (int i=n-1;i>=1;i--)
inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
常用于组合数学
中国剩余定理
中国剩余定理主要解决以下方程:
\(x \equiv a_{1}\qquad(mod m_{1})\)
\(x \equiv a_{2}\qquad(mod m_{2})\)
... ...
\(x \equiv a_{n}\qquad(mod m_{n})\)
其中\(m_{1},m_{2},...,m_{n}\)两两互质
解此方程的难点在于需要同时满足n个方程
那我们考虑一下如何把限制减少
由于模的可加性,所以对于第i个方程,x加上\(m_{i}\)后依然满足
我们不妨令x=\(\sum_{i=1}^{n}( k_{i}\frac{M}{m_{i}})\),其中\(M=\prod _{i=1}^{n} m_{i}\)
这样第i个方程就只受\(k_{i}\frac{M}{m_{i}}\)的影响
那我们就强制让它等于\(a_{i}\),即令\(k_{i}=a_{i}(\frac{M}{m_{i}})^{-1}\)
然后加起来就可以了
int ans=0,lcm=1;
for (int i=1;i<=k;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
for (int i=1;i<=k;i++)
scanf("%lld",&b[i]),lcm*=b[i],a[i]=(a[i]%b[i]+b[i])%b[i];
for (int i=1;i<=k;i++)
{
int temp=lcm/b[i];
int x,y;
exgcd(temp,b[i],x,y);
x=(x+b[i])%b[i];
ans=(ans+qmul(qmul(a[i],temp,lcm),x,lcm))%lcm;
}
printf("%lld",(ans+lcm)%lcm);
扩展中国剩余定理
如果\(m_{k}\)不互质,该怎么办呢?
我们换一种思路
假设我们求出了前k-1个方程解为x,\(M_{k}= \prod _{i=1}^{k-1} m_{i}\)
即通解为\(x+tM_{k}\)(t为整数)
对于第k个方程:
\(x+tM_{k} \equiv a_{k} \qquad (mod m_{k})\)
\(tM_{k} \equiv a_{k} - x\qquad (mod m_{k})\)
然后又可以扩欧了。
如果该方程无解,说明原方程无解
int M=m[1],ans=r[1],x,y;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
int a=M,b=m[i],c=(r[i]-ans%b+b)%b;
int gcd=exgcd(a,b,x,y),bg=b/gcd;
x=qmul(x,c/gcd,bg);
ans+=x*M;
M*=bg;
ans=(ans%M+M)%M;
}
貌似和中国剩余定理没任何关系
Baby-Step-Giant-Step
简称BSGS,中文名分块大步小步法,拔山盖世,北上广深等
这是一种思想,主要用于处理这种方程
\(a^{x} \equiv b (mod c)\)
根据抽屉原理,它的周期最多为c,所以暴力枚举是O(c)的
BSGS法:
令\(B=\sqrt{c} ,x=iB-y\)
即\(a^{x}=a^{iB-c}\)
可得\(a^{iB-y} \equiv b \qquad (mod c)\)
然后\(a^{iB} \equiv a^{y}b \qquad (mod c)\)
然后枚举i,把\(a^{iB}\)丢进Hash,值为iB
再枚举y,检查\(a^{y}b\)是否出现,如果有说明解为iB-y
如果没有出现说明无解
复杂度O(\(\sqrt{c}\))
按理说写Hash可以做到O(1)查询,但除非遇到用(sang)心良(bing)苦(kuang)的出题人,用map一般就能过了
void init()
{
len=ceil(sqrt(c));
int del=qpow(a,len,c),now=del;
m[now]=len;
for (int i=2;i<=len;i++)
{
now=(now*del)%c;
m[now]=i*len;
}
}
int BSGS(int b)
{
for (int j=0,now=1;j<=len;j++,now=(now*a)%c)
if (m[(now*b)%c])
return m[(now*b)%c]-j;
}
最后用一道神题结束这篇文章:
数论大杂烩
第一个直接快速幂
第二个扩欧,然后瞎取模使其最小
第三个BSGS,注意是求最小非负整数解,所以上面的写法是错的(调了好久QAQ)
应该随时记录最小值
还有如果用-1表示无解要注意不要把它%掉了
这个学了之后就是莫比乌斯反演之类的,以后可能会写