数论大杂烩

合集 - OI 笔记(3)

1.数论大杂烩2023-08-16

2.动态规划入门2023-07-253.BFS 与 DFS2023-07-29

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质数和约数#

质数是指除了 $1$ 和它本身之外没有其他因数的自然数。

质数判定#

判定单个自然数是否为质数，可以使用试除法，在这里不多描述。

bool is_prime(int n){
    if(n < 2) return 0; // 如果n小于2，不是质数，返回0
    for(int i = 2; i <= n / i; i++) // 从2开始逐个尝试除数i，直到i大于n的平方根
        if(n % i == 0) return 0; // 如果i能整除n，说明n不是质数，返回0
    return 1; // 如果没有找到能整除n的除数，说明n是质数，返回1
}

此算法复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

而接下来介绍判断 $[L,R]$ 质数的快速筛法。

Eratosthenes筛法 （埃氏筛法）

我们知道一个合数一定可以分解为 $p\times s(s\ne 1)$ 的形式，其中 $p$ 是质数，$s$ 是倍数，如 $6=2\times 3,15=3\times 5$。

那么我们就可以枚举 $[L,R]$ 中的 $p$，对于每个 $p$，枚举 $s$，标记掉合数 $p\times s$，剩下的必然是质数，这就是埃氏筛法。

但是我们会发现，如果使用这样的埃氏筛法，有一些数字会被标记多次，如 $6$，会被 $2$ 和 $3$ 标记两次。

所以我们可以做出一个小小的优化：

对于素数 $p$，只枚举倍数 $x\ge p$ 的数，因为如果 $x<p$，则 $x$ 中一定有比 $p$ 小的质因子，$p\times s$ 会在前面筛选过程中被筛出。

还可以发现，在枚举的过程中，每次筛完后剩下的区间内第一个数一定是质数，原因同上。

所以枚举质数时不需要从 $1$ 枚举到 $n$，只要考虑到 $[2,\sqrt{n}]$ 中的质数即可。

此算法时间复杂度为 $O(\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+\frac{n}{5}+...)=O(nloglogn)$

bool p[MAXN]; // 布尔数组，用于标记数字是否为合数
p[0] = p[1] = 1; // 将0和1标记为合数，因为它们不是质数
for(int i = 2; i <= n; i++){
    if(p[i]) continue; // 如果当前数已经被标记为合数，则跳过，因为它不是质数
    for(int j = i; i * j <= n; j++){
        p[i * j] = 1; // 将当前数的倍数（p * s）标记为合数
    }
}

线性筛法

尽管上面的埃氏筛法已经经过优化，减少了重复枚举的次数，可是合数还是会被重复枚举。

而这里的线性筛法，顾名思义，它的时间复杂度是 $O(n)$ 的。

怎么做到的？

线性筛法每个合数只被它的最小质因数（$pri$）标记，所以每个数最多只会被标记一次。

依次考虑 $2-n$之间的每一个数 $i$。

如果 $i$ 是质数，则将其保存到质数表中。

否则利用 $i$ 和质数表中的 $pr{i}_j$ 筛去 $i\times pr{i}_j$。

注意，筛的过程中要确保 $pr{i}_j$ 是 $i\times pr{i}_j$ 的最小质因子。

bool p[MAXN]; // 布尔数组，用于标记数字是否为合数
int cnt = 0; // 计数器cnt
p[0] = p[1] = 1; // 特判，将0和1标记
for(int i = 2; i <= n; i++){
    if(!p[i]) pri[++cnt] = i; // 如果当前数字i是质数，则将其加入质数数组pri，并增加计数器cnt
    for(int j = 1;pri[j] <= n / i; j ++){
        p[i * pri[j]] = 1; // 将当前数字i与质数数组中的质数相乘得到的倍数标记为合数
        if(i % pri[j] == 0) break; // 如果i能被pri[j]整除，则跳出内层循环，避免重复标记
    }
}

练习1：Prime Distance

$\mathtt{\text{Prime Distance}}$ $\text{- 洛谷}$

简要题面

• 给定两个整数 $L,R$， 求 $[L,R]$ 中相邻的两个差最大的质数和相邻的两个差最小的质数。

• $1\le L<R\le 2^{31}-1,R-L\le {10}^6$

解题思路

由于数据范围很大，无法生成 $[1,𝑅]$ 中的所有质数。

使用筛法求出 $[2,\sqrt{R}]$ 中的所有质数。

对于每个质数 $𝑝$ 把 𝐿, 𝑅 中能被 𝑝 整除的数标记， 即标记 $i\times p(\lceil \frac{L}{p}\rceil \le i\le \lfloor \frac{R}{p}\rfloor )$为合数。

将筛出的质数进行相邻两两比较，找出答案即可。

分解质因数/子#

对于以下问题：

给定一个正整数 $n$，已知它是两个正整数 $p_1,p_2$（$p_1,p_2$ 均为质数）的乘积，试求出较大的 $p_1$。

$6<n\le {10}^9$

$n$ 的范围较小，考虑暴力枚举：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int n,i,j;
    cin>>n;
    for(i = 2;i <= n / i;i ++){ // 从 2 枚举到 sqrt(n)
        if(n % i == 0){ // 如果 i 能整除 n，说明 i 是 n 的一个质因子
            cout<<n / i<<endl;
            break; // 找到 ans 退出。
        }
    }
    return 0;
}

此程序的原理，在这里不多赘述，前文已经写过了原因^[1]。

此算法复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

同样对于以下问题：

给定一个正整数 $n$，将它分解质因数并输出。

$1\le n\le 10000$

$n$ 的范围非常小^[2]，可以使用暴力：

vector<int> breakdown(int N) {
  vector<int> result;
  for (int i = 2; i * i <= N; i++) {
    if (N % i == 0) {  // 如果 i 能够整除 N，说明 i 为 N 的一个质因子。
      while (N % i == 0) N /= i;
      result.push_back(i);
    }
  }
  if (N != 1) {  // 说明再经过操作之后 N 留下了一个素数
    result.push_back(N);
  }
  return result;
}

此算法复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

算术基本定理#

若整数 $𝑁\ge 2$，那么 $𝑁$ 一定可以唯一地表示为若干质数的乘积。形如

$$N=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_k^{c_k}(p_i\text{为质数},c_i\ge 0)$$

练习2：细胞分裂

$\text{细胞分裂}$ $\text{- 洛谷}$

简要题面

$\mathtt{\text{Hanks}}$ 博士正在为一个细胞实验做准备工作，他手里有 $N$ 种细胞，每种细胞经过 $1$ 秒钟可以分裂为 $S_i$个同种细胞。

他希望能选择一种细胞进行培养，使得细胞的个数能够均分为 $M$ 份样本 $(M=m{1}^{m2})$，开始实验。

求选择哪种细胞可以使得实验的开始时间最早。

如果无论选择哪种细胞都不能满足要求，则输出 $-1$。

解题思路

$m1=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times p_3^{k_3}\times p_4^{k_4}\times ...$

$m{1}^{m2}=p_1^{m2\times k_1}\times p_2^{m2\times k_2}\times p_3^{m2\times k_3}\times p_4^{m2\times k_4}\times ...$

$S_i=p_1^{c_1}\times p_2^{c_2}\times p_3^{c_3}\times p_4^{c_4}\times ...$

我们需要使 ${S_i}^t\mathrm{mod}m{1}^{m2}=0$ 成立。

若质数 $p_i$ 对应的系数 $c_i=0$ 但 $k_i\ne 0$，则 $S_i$ 无法满足要求，否则需要时间为：

$$an{s}_i=max(\lceil \frac{m2\times k_j}{c_j}\rceil )$$

若都无法满足则答案为 $-1$，否则答案为 $min(𝑎𝑛{𝑠}_i)$ 。

约数#

约数的基本性质

若整数 $n$ 除以整数 $d$ 的余数为 $0$，即 $d$ 能整除 $n$。

则称 $d$ 是 $n$ 的约数，$n$ 是 $d$ 的倍数。记为 $d|n$。

若正整数 $n$ 被唯一分解为 $𝑛={𝑝}_1^{{𝑐}_1}{𝑝}_2^{{𝑐}_2}\cdots {𝑝}_{𝑚}^{{𝑐}_{𝑚}}$，其中 ${𝑐}_{𝑖}$ 都是正整数，${𝑝}_{𝑖}$ 都是质数。

且满足 ${𝑝}_1<{𝑝}_{𝑖}<...<{𝑝}_{𝑚}$，则 $n$ 的正约数集合为 ：

$$p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_k^{c_k}|0\le b_i\le c_i$$

$n$ 的正约数个数为（约数个数定理）：

$$(C_1+1)\times (c_2+1)\times ...(c_m+1)=\prod _{i=1}^m(c_i+1)$$

$n$ 的所有正约数的和为（约数和定理）：

$$(1+p_1+{p_1}^2+...+{p_1}^{c_1})\times ...\times (1+p_m+{p_m}^2+...+{p_m}^{c_m})=\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}{p_i}^j)$$

求正约数集合

想求一个自然数的正约数集合，可以使用试除法。

一个自然数的 $n$ 的正约数最多有 $2\sqrt{n}$ 个。

int compute_SOPA(int n){
    int a[MAXN],tmp = 1; // 初始化
    for(int i = 1;i <= n / i;i ++){
        if(n % i == 0){ // 判断因数
            a[tmp ++] = i;  // 加入集合
            if(n / i != i)a[tmp ++] = n / i; // 根据除法的性质，用一个因数求出另一个因数，减少循环
        }
    }
    return a;
} // 与判断质数相反QWQ

此算法的时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

如果想求 $[1,n]$ 中每个数的的正约数集合，则须使用倍数法。

$[1,n]$ 每个数的的正约数个数之和约为 $nlogn$ 个。

// 作者太懒没写

求正约数个数

前文已经给出了公式^[3]，此处不再赘述。

unordered_map<int,int> zjs(int n){ // 分解质因子，但是使用哈希表存储质因子
    unordered_map<int,int> pri;
    for(int i = 2;i <= n / i;i ++){
        while(n % i == 0)
            pri[i] ++,n /= i;
    }
    if(n > 1)pri[n] ++;
    return pri;
}

unordered_map<int,int> pri = zjs(n);
long long sum = 1; // 初始化 sum 为 1
for(auto it:pri) // 遍历 pri 
    sum = sum * (it.second + 1);  // it.second 即获取 it 指向元素的 vluae

求正约数和

同上，前文给出公式^[4]，此处也不再赘述。

unordered_map<int,int> zjs(int n){ // 分解质因子，但是使用哈希表存储质因子
    unordered_map<int,int> pri;
    for(int i = 2;i <= n / i;i ++){
        while(n % i == 0)
            pri[i] ++,n /= i;
    }
    if(n > 1)pri[n] ++;
    return pri;
}

unordered_map<int, int> pri = zjs(n);
long long sum = 1;
for (auto it:pri) { // 遍历 pri
    int p = it.first,a = it.second; // p 为 it 指向元素的键（key），a 为 it 指向元素的值（value）
    long long t = 1;
    while (a --)
        t = (t * p + 1);
    sum *= t;
}

练习3：反素数

$\mathtt{\text{反素数}}$ $\text{- 洛谷}$

简要题面

对于任何正整数 $x$，其约数个数记作 $g(x)$。例如：$g(1)=1,g(6)=4$。

如果某个正整数满足： 对于任意的 $0<i<x$，都有 $g(x)>g(i)$，那么称 $x$ 为反素数。

求不超过 $N$ 的最大的反素数。

$1\le N\le 2\times {10}^9$。

解题思路

$[1,N]$ 中最大的反素数，就是 $[1,N]$ 中约数个数最多的数中最小的一个。

$[1,N]$ 中任何数的不同质因子都不会超过 $10$ 个，且所有质因子的指数总和不超过 $30$。

$\mathrm{\forall }x\in [1,𝑁]$，$x$ 为反素数的必要条件是：$x$ 分解质因数后可写作

$2^{c_1}\times 3^{c_2}\times 5^{c_3}\times 7^{c_4}\times {11}^{c_5}\times {13}^{c_6}\times {17}^{c_7}\times {19}^{c_8}\times {23}^{c_9}\times {29}^{c_{10}}$ 并且 $c_1\ge c_2\ge ...\ge c_{10}\ge 0$

综上，DFS 即可。

最大公约数和最小公倍数#

$a\ne 0,b\ne 0$

能使 $d|a$ 和 $d|b$ 的最大整数称为 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，用 $gcd(a,b)$ 表示。 或者记为 $(a,b)$。

能使 $a|d$ 和 $b|d$ 的最小整数称为 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数，用 $\text{lcm}(a,b)$ 表示。 或者记为 $[a,b]$。

最大公约数与最小公倍数的性质

若 $a|m$ 且 $b|m$，则 $\text{lcm}(a,b)|m$

若 $a,b,m$ 皆为正整数，则 $\text{lcm}(ma,mb)=m\times \text{lcm}(a,b)$

$\text{lcm}(a_1,a_2)=a_1{a}_2÷gcd(a_1,a_2)$

$\text{lcm}(a_1,a_2,a_3)=\text{lcm}(\text{lcm}(a_1,a_2),a_3)$

求解最大公约数

这里有两种算法。

1. 更相减损术

不详细介绍，只给出公式：

$$\forall 𝑎,𝑏\in \mathbb{N},𝑏\ne 0，\mathrm{有}gcd(𝑎,𝑏)=gcd(𝑏,𝑎-𝑏)=gcd(𝑎,𝑎-𝑏)$$

$$\forall 𝑎,𝑏\in \mathbb{N}，\mathrm{有}gcd(2𝑎,2𝑏)=2gcd(𝑎,𝑏)$$

2. 欧几里得算法（碾转相除法）

先放公式：

$$\forall 𝑎,𝑏\in \mathbb{N},𝑏\ne 0,gcd(𝑎,𝑏)=gcd(𝑏,a\mathrm{mod}b)$$

算法很简单，通俗来讲，就是用 $a÷b$，得到余数 $c$ ，再用 $b÷c$，得到余数 $d$，再用 $c÷d$……

直到余数为于 $0$，此时，除数即为最大公约数。

例如求 $gcd(1997,615)$：

$1997÷615=3...152$

$615÷152=4...7$

$152÷7=21...5$

$7÷5=1...2$

$5÷2=2...1$

$2÷1=2...0$

$gcd(1997,615)=1$

按照上面的算法，我们简单的可以写出一个递归函数。

int gcd(int a, int b){
    if(b == 0)return a;
    return gcd(b,a % b);
}

但是递归是很慢的，我们可以优化出一个循环版本的。

int gcd2(int a,int b){
    while(b > 0){
        int t = a;
        a = b;
        b = t % b;
    }
    return a;
}

此算法的时间复杂度为 $O(logn)$

求解最小公倍数

求 $\text{lcm}(a,b)$，有一个公式：

$$\text{lcm}(a,b)=\frac{ab}{gcd(a,b)}$$

可以写出代码：

a / gcd(a,b) * b;

这里有个细节，为了防止 a * b 爆 long long，先除后乘，结果不变。

互质与欧拉函数#

首先，什么是互质？

$\mathrm{\forall }a,b\in \mathbb{N}$，若 $gcd(a,b)=1$，则称 $a,b$ 互质。

$[1,N]$ 中与 $N$ 互质的数的个数被称作欧拉函数，记作 $𝜑(𝑁)$。、

若 $N=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_m^{c_m}$，则：

$$𝜑(𝑁)=N\times \frac{p_1-1}{p_1}\times \frac{p_2-1}{p_2}\times ...\times \frac{p_m-1}{p_m}=N\prod _{p|N}(1-\frac{1}{p})$$

欧拉函数的特性

1. $\mathrm{\forall }n>1$，$[1,n]$ 中与 $n$ 互质数的和为 $n\times 𝜑(n)÷2$。

2. 若 $a,b$ 互质，则 $𝜑(a,b)=𝜑(a)𝜑(b)$。

   积性函数：如果 $a,b$ 互质时，有 $f(ab)=f(a)\times f(b)$，那么称函数 $f$ 为积性函数。

3. 若 $f$ 是积极性函数，且在算术基本定理中 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$ 则 $f(n)=\prod _{i=1}^{m}f(p_i^{c_i})$。

4. 设 $p$ 为质数，若 $p|n$ 且 $p^2|n$ 则 $𝜑(n)=𝜑(\frac{n}{p})\times p$。

5. 设 $p$ 为质数，若 $p|n$ 且 $p^2\nmid n$ 则 $𝜑(n)=𝜑(\frac{n}{p})\times (p-1)$。

6. $\sum _{d|n}𝜑(d)=n$。

   练习4：仪仗队

   简要题意

   $\mathtt{\text{C}}$ 君站在一个由学生组成的 $n\times m$ 的方阵的左后方，如

   · · · · ·
   · · · · ·
   · · · · ·
   * · · · ·
   C君站在 * 处
   · 是学生所站位置
   

   $\mathtt{\text{C}}$ 君希望知道他能看到的学生数。

   $1\le N\le 40000$

   解题思路

   除了 $(1,0)(0,1)(1,1)$ 外，$(x,y)$ 处的学生能被看到，需满足：

   $$1\le x,y\le N,x\ne y\mathrm{并}\mathrm{且}gcd(x,y)=1$$

   因此，答案为 $3+2\times \sum _{i=2}^{N-1}𝜑(i)$。

   线性筛求欧拉函数

   for(int i=2; i<=n; ++i) { // 从2到n遍历
       if(!p[i]) {
           pri[++cnt] = i; // pri数组存储质数
           phi[i] = i-1; // 欧拉函数的初始值
       }
       for(int j=1; j<=cnt && i*pri[j]<=n; ++j) { // 遍历质数数组pri，直到i*pri[j]超过n
           p[i*pri[j]] = true; // i*pri[j]不是质数（标记为true）
           if(i % pri[j] == 0) {
               phi[i*pri[j]] = phi[i] * pri[j]; // 若i是pri[j]的倍数，欧拉函数的计算
               break; // 跳出循环
           } else {
               phi[i*pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1); // 欧拉函数的计算
           }
       } 
   }
   

同余#

逆元#

对于一个线性同余方程 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$，则 $x$ 称为 $a\mathrm{mod}b$ 的逆元，记作 $a^{-1}$。

扩展欧几里得求单个逆元

将线性同余方程 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ 转化为求解方程 $ax+by=1$，

然后利用扩展欧几里得求得解。

void Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) {
    if (!b) x = 1, y = 0;
    else Exgcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x;
}
int main() {
    ll x, y;
    Exgcd(a, p, x, y);
    x = (x % p + p) % p;
    printf("%d\n",x); //x是a在mod p下的逆元
}

线性求解多个连续逆元

首先，我们可以确定 $1^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，

然后设 $p=k\times i+r(1<r<i<p)$，$k$ 是 $p÷i$ 的商，$r$ 是余数。

再将这个式子放到 $(\mathrm{mod}p)$ 意义下就会得到：

$$k\times +r\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

然后乘上 $i^{-1},r^{-1}$ 就可以得到：

$$k\times r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$$

$$i^{-1}\equiv -k\times r^{-1}(\mathrm{mod}p)$$

$$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \times (p\mathrm{mod}i{)}^{-1}(\mathrm{mod}p)$$

这样，我们就可以用递推的方式求出 $[1,n]$ 区间的所有逆元了。

inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n;i ++)
inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;

高斯消元#

简单容斥原理#

概率与数学期望#

PS：因为后面的太难，作者还不会😓，到时候慢慢更新吧！

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1. 见埃氏筛法部分 ↩︎

2. 因为复杂度是 $O(\sqrt{n})$，所以 $n$ 最大为 $({10}^8{)}^2={10}^{16}$ ↩︎

3. 见约数的基本性质部分「约数个数定理」 ↩︎

4. 见约数的基本性质部分「约数和定理」 ↩︎