【wqy】数论(未完
又双叒叕来清理数论==
整除
base
定义：
定义：对于两个正整数\(p\)和\(q\)，若存在正整数\(x\)，满足\(px=q\)，则称\(p\)整除\(q\) ，记作\(p|q\)。
整除的相关性质：
自反性：\(p|p\)
传递性：\(p|q,q|r\to p|r\)
反对称性：\(p|q,q|p\to p=q\)
带余除法（欧几里得除法）
定义：对于正整数\(a,b\)，存在唯一一对整数\((q,r)\)，满足\(a=bq+r\)且\(0 \le r<b\)。称\(q\)为商，\(r\)为余数
存在性：存在\(a\Rightarrow\) 存在\(a+1\) \(a+l=bq+r+1\)
唯一性：\(a=bq_1+r_1=bq_2+r_2\) \(b(q_1-q_2)=r_2-r_1\Rightarrow b|r_2-r_1\) 而\(0\le r_1,r_2<|b|\) $\therefore r_2-r_1=0\Rightarrow $ 唯一
取整
下取整： 𝑥 = max{𝑘 ∈ 𝑍|𝑘 ≤ 𝑥}
上取整： 𝑥 = min{𝑘 ∈ 𝑍|𝑘 ≥ 𝑥}
取模
对于正整数𝑎, 𝑏，定义模运算为\(a\ mod\ b = a − ⌊\frac ab⌋b\)
注意在C++中，除法返回的结果是向0取整
欧几里得算法
最大公约数与最小公倍数
gcd 𝑥, 𝑦 = max{𝑣| 𝑣 𝑥 ∧ 𝑣 𝑦 }
lcm 𝑥, 𝑦 = min{𝑣| 𝑥 𝑣 ∧ 𝑦 𝑣 }
欧几里得算法：
当𝑦 ≠ 0时，有\(gcd(x,y)=gcd(y,x\ mod\ y)\)
int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
扩展欧几里得算法
裴蜀定理：不定方程𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐有解，当且仅当gcd 𝑥, 𝑦 |𝑐。
证明&求解：
必要性显然
充分性证明可以考虑在求解gcd的时候递归构造解。
\(\begin{align*}ax+by&=c\\b'x+a'(x\ mod\ y)&=c\\a'(x-|\frac xy|y)+b'y&=c\\a'x+(b'-a'|frac xy|)y&=x\end{align*}\)
每一次令\(a=a',b=b'-a'\lfloor\frac xy\rfloor\) 边界条件是当\(y=0\)时 \(a=\frac cx,b=0\)
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(!b){x=1,y=0;return;}
exgcd(b,a%b,x,y);
ll t=x;x=y,y=t-(a/b)&y;
}
质数
base
- 定义：对于一个大于1的整数\(x\)，如果它不被任何1 < 𝑦 < 𝑥的整数𝑦整除，那么称𝑥为质数或素数，否则称\(x\)为合数
- 定理：质数有无穷多个
证明：若有有限个质数\(p_1,p_2...p_m\)，则令\(n=\Pi_{i=1}^mp_i\)，则\(n+1\)不能被\(p1...p_m\)整除，所以\(n+1\)也是质数 - 设\(\le n\)的质数有\(\pi(n)\)个，则\(\pi(n)=O(\frac n{log\ n})\)
- 算数基本定理：任何正整数都能唯一表示成一些质数的幂的乘积
欧拉筛
尝试让一个合数只在枚举到它最小的质因子的时候被筛掉。
回顾埃氏筛的过程，当到达\(i\)时，我们顺次枚举当前的所有质数，并且筛掉这个质数乘\(i\)
因为要让这个质数是筛掉的合数的最小质因子，所以如果𝑖这个数包含\(p\)这个质因子，那么大于\(p\)的所有质数就不用枚举了，因为如果继续枚举得到的数最小质因子都会小于当前枚举的质数
比如现在有\(2,3,5\)这三个质数，现在\(i\)是6，那么枚举到\(2\)的时候发现\(2\)是\(6\)的质因子，所以后面的\(3\)和\(5\)都不用枚举了，因为\(3 × 6,5 × 6\)的最小质因子是\(2\)，而不是\(3\)和\(5\)
void prime(int N){
memset(prime,0,sizeof(prime));
memset(v,0,sizeof(v));
for(int i=2;i<=N;++i){
if(!v[i]) v[i]=i,prime[++num_prime]=i;
for(int j=1;j<=num_prime&&i*prime[j]<=n;++j)
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(!(i%prime[j])) break;
}
}
素性测试
定义法：\(O(n)\) 试除法：\(O(\sqrt n)\)或\(O(\frac{\sqrt n}{log \ n } )\)
Miller_Rabin：\(O(klogn)\)
Miller_Rabin素性测试
费马小定理：\(a_{p-1}\equiv1(mod\ p)\)
费马小定理的逆定理：\(\forall a\in[1,p-1],a^{p-1}\equiv1(mod\ p)\to p\) 是质数？ 不一定成立
对于任何和\(n\)互质的数，\(a^{n-1}\equiv1\ mod\ n\)的合数被称为Carmichael Number
最小的Carmichael Number是\(561=11*51\)，显然这个算法错误率很高
二次探测定理：
若\(p\)为质数 则对任意正整数\(x\)，若\(x^2\equiv1(mod\ p)\)
则\(x\equiv 1\)或\(x\equiv p-1\equiv -1\)
这个定理的逆定理是成立的，可以用这个来判定素数找若干个满足\(x^2\equiv 1\)的整数\(x\)，检查\(x\)是否为\(1\)或\(p-1\)
\(a^{p-1}\equiv1(mod\ p)\) \(a^{p-1}\)就是一个满足条件的\(x^2\)
我们可以将指数不断除以2，直到𝑎𝑘变成𝑝 − 1。当然也有可能一直是。
令\(p-1=k*2^r,t_i=k*2^i\)，则若\(a^{t_i}\equiv1\)，则\(a^{t_i}\equiv 1\)或\(a^{t_{i=1}}\equiv p-1\)
我们可以先用快速幂求出\(t_0\)，然后每次求平方，如果它变成1了而上一个是\(p-1\)，或者乘到最后它也没变成1，则\(p\)是一个合数
根据某玄学定理，单词探测正确率为34，实际应用中只需要探测前几个质数。
bool check(int p,ll n){
if(p==n) return 1;
if(qpow(p,n-1,n)!=1) return 0;
ll s=0,k=n-1;
while(!(k&1)) k>>=1,++s;
ll last=qpow(p,k,n);
for(int i=1;i<=s;++i){
ll nw=last*last%n;
if(nw==1) return last==n-1||last==1;
last=nw;
}
return 0;
}
Pollard_Rho质因数分解
对于一个合数\(n\)，尝试找到一个因子\(d\)，递归分解\(d\)和\(nd\)，若\(n\)通过了素性测试那就停止分解
那么怎么找到这个因子呢？
直接随机？期望\(O(n)\)
随机一个数然后与\(n\)求gcd？\(O\sqrt n\)（为啥我们不直接暴力呢）
设𝑝是𝑛最小的质因子，如果我们找到了两个数𝑎, 𝑏，满足𝑎 ≡ 𝑏(mod 𝑝)但是𝑎 ≠ 𝑏 ，那么gcd 𝑛, 𝑎 − 𝑏 一定是𝑝的倍数。
根据生日悖论，每次随机一个数𝑥，期望随机𝑂 𝑝 次，就能找到两个数字模𝑝同余。
但是这样我们需要存储𝑂 𝑝 = 𝑂 𝑛14 个数（这公式有毒），内存开不下。
于是Floyd告诉我们，只需要存两个数就够了！
一般情况下，我们的伪随机数生成器是𝑥 = 𝑥02 +𝑎 mod 𝑛，这样的生成器生成的伪随机数一定是成环的。
想象两个小孩在一个环上跑步，第一个小孩一次跑一步，第二个小孩一次跑两步，那么这两个小孩一定会相遇。
所以，我们可以每次令𝑥1 = 𝑓 𝑓 𝑥1 , 𝑥2 = 𝑓 𝑥2 ，这样当两个数字的差与𝑛的gcd ≠ 1，即这两个数模𝑝相等时，我们便找到了𝑛的一个约数。
由生日悖论得出，找到一个约数的时间复杂度是𝑂 𝑛14 的。
特别需要注意的是这两个数字模𝑛同余的时候，这时候需要重新随机。
void Pollard_Rho(ll x){
if(Miller_Rabin(x)) return;
while(1){
ll a=rand()%x,v1=a,v2=f(a,x);
while(v1!=v2){
ll d=gcd(x,(v2-v1+x)%x);
if(d>1&&d!=x){
Pollard_Rho(max(d,x/d));
Pollard_Rho(min(d,x/d));
return;
}
v1=f(v1,x),v2=f(f(v2,x),x);
}
}
}
同余
base
定义： 满足以下四个性质的集合 𝑆,⋅ 叫做群：
封闭性：定义一种乘法运算⋅，使得∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝑆，𝑎 ⋅ 𝑏 ∈ 𝑆。
结合律： 𝑎 ⋅ 𝑏 ⋅ 𝑐 = 𝑎 ⋅ 𝑏 ⋅ 𝑐
单位元：∃𝑒 ∈ 𝑆, ∀𝑎 ∈ 𝑆, 𝑎 ⋅ 𝑒 = 𝑎
逆元：∀𝑎 ∈ 𝑆, ∃𝑎−1 ∈ 𝑆, 𝑎 ⋅ 𝑎−1 = 𝑒
举例：\({-1,1},Q^*,R^*\)
群的性质：
单位元唯一，若存在两个单位元𝑒1, 𝑒2，则𝑒1 = 𝑒1𝑒2 = 𝑒2。
逆元唯一，若𝑎存在两个逆元𝑏, 𝑐，则\(b=b*(a*c)=(b*a)*c=c\)
模𝑝意义下的剩余系：一个不能被\(p\)整除的整数\(n\)，对一个质数\(p\)取模：\(1,2,3,…,p − 1\)
这\(p-1\)个数字构成了一个群
乘法运算定义为模意义下的乘法
满足结合律 单位元是1 对于任意一个数，都有乘法逆元
费马小定理：任意一个数都存在逆元，那么我们很自然的想到，如何求出一个数的逆元
方法一：exgcd，等价于求\(ax-bp=1\)的解
方法二：费马小定理。证明用群
∀𝑎 ∈ 1, 𝑝 − 1 , 𝑎𝑝−1 ≡ 1 mod 𝑝
𝑎𝑝−2⋅ 𝑎 ≡ 1 mod 𝑝
也就是说，𝑎𝑝−2就是𝑎的乘法逆元。
