「算法笔记」基础数论

续：「算法笔记」基础数论 2。

一、整除

对于两个整数 \(a,b\)，存在两个唯一的整数 \(q,r\)，使得 \(b=aq+r\)，其中 \(0≤r<|a|\)。

特别地，若 \(r=0\)，则我们称 \(a\) 整除 \(b\)，记作 \(a\mid b\)。

对于两个正整数 \(a,b\)，若 \(a \mid b\)，则我们称 \(a\) 是 \(b\) 的约数。

我们称一个数是质数，当且仅当其质因子只有 \(1\) 以及其本身。特别地，\(1\) 不是质数。

二、几个结论

1. 素数有无穷多个。

证明：假设素数是有限的，并且数量为 \(k\)，分别为 \(p_1,p_2,...,p_k\)。

考虑一个数 \(X=p_1×p_2×...×p_k+1\)。

易知 \(X\) 与 \(p_1,p_2,...,p_k\) 互质，则 \(X\) 必为素数，与素数只有有限的 \(k\) 个矛盾。

所以素数有无穷多个。

2. \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\pi(n) \ln n}{n}=1\)　　\(\pi(n)\)：不大于 \(n\) 的质数个数。

3. \(n\) 和 \(2n\) 之间一定有质数。　　4. \(P_n \sim \Theta (n\log n)\)

5. \(\sum\limits_{1\leq p \leq n,p是质数} \frac{1}{p} \sim \Theta(\log \log n)\)　　6. \(\sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{i} \sim \Theta (\log n)\)

三、公约数以及公倍数

1. 定义

对于 \(a,b\)，若 \(d\mid a\) 且 \(d\mid b\)，则称 \(d\) 为 \(a,b\) 的公约数。

对于其中最大的 \(d\)，我们称之为 \(a, b\) 的最大公约数，记作 \(d = \gcd(a, b)\) 或 \(d = (a, b)\)。

类似地，若 \(a\mid d\) 且 \(b\mid d\)，则称 \(d\) 为 \(a, b\) 的公倍数。

对于其中最大的 \(d\)，我们称之为 \(a, b\) 的最小公倍数，记作 \(d = \text{lcm}(a, b)\) 或 \(d = [a, b]\)。

2. 引理

若 \(a\geq b\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(a-b,b)=\gcd(a\bmod b,b)\)。

\(\gcd(a,b)\text{lcm}(a,b)=ab\)。

证明：\(a=p_1^{\alpha_1}\times p_2^{\alpha_2} \times ... \times p_k^{\alpha_k}\)，\(b=p_1^{\beta_1}\times p_2^{\beta_2} \times ... \times p_k^{\beta_k}\)

则 \(\gcd(a,b)=p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)}\times p_2^{\min(\alpha_2,\beta_2)}\times ... \times p_k^{\min(\alpha_k,\beta_k)}\)，\(\text{lcm}=p_1^{\max(\alpha_1,\beta_1)}\times p_2^{\max(\alpha_2,\beta_2)}\times ... \times p_k^{\max(\alpha_k,\beta_k)}\)

而 \(\max(\alpha_i,\beta_i)+\min(\alpha_i,\beta_i)=\alpha_i+\beta_i\)

\(a\times b=p_1^{\alpha_1+\beta_1}\times p_2^{\alpha_2+\beta_2} \times\cdots\times p_k^{\alpha_k+\beta_k}\)
\(=p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)+\max(\alpha_1,\beta_1)} \times \cdots\times p_k^{\min(\alpha_k,\beta_k)+\max(\alpha_k,\beta_k)}\)
\(=\gcd(a,b)\times \text{lcm}(a,b)\)

故该命题成立。

3. 定理（裴蜀定理）

对于任意整数 \(a, b, m\)，则存在整数 \(x, y\) 满足 \(ax + by = m\)，当且仅当 \(\gcd(a, b) \mid m\)。

证明：若 \(a, b\) 之一为 \(0\)，结论显然成立。
若否，考虑 \(A = \{xa+yb \mid (x, y) \in \mathbb{Z}^2\}\) 中的最小正元素 \(d_0 = x_0a+y_0b\)（这一定存在）。考虑任意 \(p = x_1a + y_1b\in A\)，设 \(p = qd_0 + r\)，其中 \(0 ≤ r < d_0\)，则 \(r = p-qd_0\in A\)，故 \(r = 0\)。故 \(d_0\mid p\)，则 \(d_0\mid a, b\)。
然后，考虑任意 \(d\mid a, b\)，若 \(a = kd\) 而 \(b = ld\)，则 \(d_0 = x_0a + y_0b = (x_0k + y_0l)d\)，故 \(d\mid d_0\)，故 \(d_0 = \gcd(a, b)\)。在方程中，若 \(m = m_0d_0\)，则显然有无穷多组解。相反，若有解，则 \(|m| \in A\)， 故 \(d_0\mid |m|\)，即 \(d_0\mid m\)。

4. 欧几里得算法

\(a\mid b\)，\(b\mid c\) 且 \(\gcd(a,b)=1\)，则 \(ab\mid c\)。

\(\forall a,b\in \mathbb{N}\)，\(b\neq 0\)，\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)

int gcd(int x,int y){
    if(!y) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
//时间复杂度：O(log(x+y)) 

扩展欧几里得算法：求解方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。

在欧几里得算法的最后一步，即 \(b=0\) 时，显然有一对整数 \(x=1,y=0\)，使得 \(a\times 1+0\times 0=\gcd(a,0)\)。

若 \(b>0\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)。假设存在一对整数 \(x,y\)，满足 \(b\times x+(a \bmod b)\times y=\gcd(b,a\bmod b)\)，因为 \(bx+(a \bmod b)y=bx+(a-b\lfloor \frac{a}{b} \rfloor)y=ay+b(x-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y)\)，所以令 \(x'=y\)，\(y'=x-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y\)，就得到了 \(ax'+by'=\gcd(a,b)\)。

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){    //返回值为 a,b 的最大公约数 d
    if(!b) return x=1,y=0,a;
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int z=x; x=y,y=z-y*(a/b);
    return d;
} 

对于更为一般的方程 \(ax+by=c\)，设 \(d=\gcd(a,b)\)。我们可以求出 \(ax+by=d\) 的一组特解 \(x_0,y_0\)。这所以 \(\frac{c}{d}\) 也必须为整数，否则无解（所以该方程有解当且仅当 \(d\mid c\)）。我们令 \(x_0,y_0\) 同时乘上 \(\frac{c}{d}\)，得 \(a\frac{cx_0}{d}+b\frac{cy_0}{d}=c\)。那么 \(x=\frac{c}{d}\cdot x_0,y=\frac{c}{d}\cdot y_0\) 即为一组解。

事实上，方程 \(ax+by=c\) 的通解可以表示为：

\(\displaystyle x=\frac{c}{d}x_0+k\frac{b}{d},\,y=\frac{c}{d}y_0-k\frac{a}{d}\,(k\in \mathbb{Z})\)

那么若求得一个 \(x\)，则该方程 \(x\) 的最小整数解就是 (x%(b/d)+b/d)%(b/d)。

四、整除的性质

1. 定理

\(a\mid bc\) 且 \(\gcd(a, b) = 1\)，则 \(a\mid c\)。
\(a\mid  c\)，\(b\mid  c\) 且 \(\gcd(a, b) = 1\)，则 \(ab\mid c\)。

2. 引理 (欧几里得引理)

若质数 \(p\mid ab\) ，则不是 \(p\mid a\) ，就是 \(p\mid b\)。

证明：若 \(p\mid a\) 则证毕。若 \(p\nmid a\) ，那么两者的最大公约数为 \(1\)。根据裴蜀定理，存在 \((m, n)\) 使得 \(ma + np = 1\)。于是 \(b = b(ma + np) = abm + bnp\)。
由于 \(p\mid ab\) ，上式右边两项都可以被 \(p\) 整除。所以 \(p\mid b\) 。

五、算术基本定理

大于 \(1\) 的正整数 \(n\) 可以唯一分解成有限个质数的乘积。证明如下：

1. 存在性

假设存在大于 \(1\) 的自然数不能写成质数的乘积，并且最小的为 \(n\)。

首先，按照定义，\(n\) 大于 \(1\)。其次，因为质数 \(p\) 可以写成质数乘积：\(p=p\)，与假设矛盾，所以 \(n\) 不是质数。则 \(n\) 只能是合数。而每个合数都可以分解成两个小于自身而大于 \(1\) 的自然数的积。

设其中 \(a\) 和 \(b\) 都是介于 \(1\) 和 \(n\) 之间的自然数，因此，按照 \(n\) 的定义，\(a\) 和 \(b\) 都可以写成质数的乘积。从而 \(n\) 也可以写成质数的乘积，与 \(n\) 的定义矛盾。因此大于 \(1\) 的自然数必可写成质数的乘积。

2. 唯一性

类似地，假设存在大于 \(1\) 的自然数可以用多于一种的方式写成多个质数的乘积，并且最小的为 \(n\)。

首先，\(n\) 不是质数。将 \(n\) 用两种方法写出：\(n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_m^{a_m}=q_1^{b_1}q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)。

根据欧几里得引理，因为 \(p_1 \mid q_1^{b_1}q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)，所以 \(q_1^{b_1},q_2^{b_2},...,q_n^{b_n}\) 中有一个能被 \(p_1\) 整除，即 \(q_1,q_2,...,q_n\) 中有一个能被 \(p_1\) 整除。不妨设为 \(q_1\)。\(q_1\) 也是质数，因此 \(q_1=p_1\)。

假设 \(a_1>b_1\)，则 \(p_1^{a_1-b_1}p_2^{a_2}...p_m^{a_m}=q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)。

易得，\(q_2,q_3,...,q_n\) 有一个能被 \(p_1\) 整除，但 \(p_1=q_1\neq q_i \ (i\neq 1)\)。所以不能有 \(a_1>b_1\)，同理，也不能有 \(a_1<b_1\)，因此 \(a_1=b_1\)。

两边相除得 \(n_0=p_2^{a_2}...p_m^{a_m}=q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)，于是存在比 \(n\) 小的正整数，可以用多于一种的方式写成多个质数的乘积，与 \(n\) 的定义矛盾。因此唯一性得证。

六、同余

1. 定义

若 \(m \mid a-b\)，则我们称 \(a\) 和 \(b\) 在模 \(m\) 意义下同余，记作 \(a\equiv b \pmod{m}\)。

2. 定理

\(a\equiv b \pmod m\) 且 \(a\equiv b \pmod n\) 意味着 \(a\equiv b \pmod {\text{lcm}(n,m)}\)。

证明：因为 \(a\equiv b \pmod m\)，所以 \(m \mid a-b\)。同理可得 \(n \mid a-b\)。所以 \(\text{lcm}(n,m) \mid a-b\)，则 \(a\equiv b \pmod {\text{lcm}(n,m)}\)。

若 \(\gcd(k,m)=d\) 且 \(ka\equiv kb \pmod m\)，则 \(a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}\)。

证明：因为 \(ka\equiv kb \pmod m\)，所以 \(m \mid k(a-b)\)。设 \(m_0=\frac{m}{d}\)，\(k_0=\frac{k}{d}\)，则 \(m_0d\mid k_0d(a-b)\)。所以 \(m_0\mid k_0(a-b)\)。

因为 \(\gcd(k,m)=d\)，所以 \(\gcd(\frac{k}{d},\frac{m}{d})=1\)，即 \(\gcd(m_0,k_0)=1\)，因此 \(m_0 \mid a-b\)。则 \(a \equiv b \pmod {m_0}\)，即 \(a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}\)。

七、线性同余方程

给定整数 \(a,b,m\)，求一个整数 \(x\) 满足 \(ax\equiv b \pmod m\)，或给出无解。因为未知数的指数为 \(1\)，所以我们称之为一次同余方程，也称线性同余方程。

\(ax\equiv b \pmod m\) 等价于 \(m \mid ax-b\)，即 \(ax-b\) 是 \(m\) 的倍数。不妨设为 \(-y\) 倍。于是，该方程可以改写为 \(ax+my=b\)。

1. 定义

对于非负整数 \(a\) 以及 \(m\)，如果存在 \(b\) 使得 \(ab\equiv 1 \pmod m\)，则称 \(b\) 为 \(a\) 在模 \(m\) 意义下的逆元，记作 \(a^{-1} \pmod m\)。

2. 定理

定理 1：\(a^{-1} \pmod m\) 存在当且仅当 \(\gcd(a,m)=1\)。

证明：存在 \(a^{-1} \pmod m\)，即存在 \(x\) 使得 \(ax\equiv 1 \pmod m\)，等价于存在 \(ax+my=1\)。根据裴蜀定理，存在整数 \(x,y\) 满足 \(ax+my=1\)，当且仅当 \(\gcd(a,m)\mid 1\)。所以 \(\gcd(a,m)=1\)。

定理 2：逆元如果存在，那么一定唯一。

证明：假如同时存在两个逆元。

\(ab\equiv 1 \pmod m\)，则 \(m\mid ab-1\)；\(ac\equiv 1 \pmod m\)，则 \(m\mid ac-1\)。所以 \(m\mid a(b-c)\)。

逆元存在当且仅当 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(m\mid b-c\)，即 \(b \equiv c \pmod m\)。“唯一”指在 \(\bmod m\) 意义下唯一。因此唯一性得证。

八、简化剩余系

1. 定义

任何 \(m\) 个分别属于 \(m\) 个剩余类（每个余数是一个剩余类）的数组成剩余系。

所有满足 \(0<n≤m\)，\(\gcd(n,m)=1\) 的 \(n\) 构成了一个模 \(m\) 的简化剩余系，记这样的 \(n\) 的个数为欧拉函数 \(\varphi(m)\)。

换言之，对于正整数 \(n\) ，欧拉函数是小于或等于 \(n\) 的正整数中与 \(n\) 互质的数的数目。

2. 定理

若 \(\gcd(m,m')=1\)，\(a\) 取遍 \(m\) 的简化剩余系，\(a'\) 取遍 \(m'\) 的简化剩余系，那么 \(am'+a'm\) 取遍模 \(mm'\) 的简化剩余系（用中国剩余定理证）。因此 \(\varphi(mm')=\varphi(m) \varphi(m')\)。

而 \(\varphi(p^e)=p^e-p^{e-1}=(p-1)p^{e-1}\)。因此对于 \(n=p_1^{e_1} p_2^{e_2} ... p_k^{e_k}\)，

\(\varphi(n)=\varphi(p_1^{e_1}) \varphi(p_2^{e_2})...\varphi(p_k^{e_k})\)
\(=\prod\limits_{i=1}^k \varphi(p_i^{e_i})=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{e_i-1} (p_i-1)\)
\(=\prod\limits_{p\mid n}p^{\alpha_p-1}(p-1)=\prod\limits_{p\mid n} p^{\alpha_p} \frac{p-1}{p}\)
\(=\prod\limits_{p\mid n} p^{\alpha_p} \prod\limits_{p\mid n}\frac{p-1}{p}=n\prod\limits_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})\)

其中 \(\alpha_p\) 表示 \(p\) 在 \(n\) 中的幂次。

欧拉定理：若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m\)。

欧拉定理的推论：若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)} \pmod m\)。

费马小定理：若 \(m\) 为质数，且 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{m-1}\equiv 1 \pmod m\)。

因为 \(m\) 为质数，所以满足 \(p\mid m\) 的 \(p\) 只有一个。

则 \(\varphi(m)=m\prod\limits_{p\mid m}(1-\frac{1}{p})=m\times \frac{m-1}{m}=m-1\)

根据欧拉定理可得，\(a^{m-1}\equiv 1 \pmod m\)。

九、求逆元

1. 如何求出 \(a\) 的逆元？

• \(\gcd(a,m)=1\)，求 \(a^{-1}\pmod m\)。

欧拉定理：若 \(\gcd(a,m)=1\)，则 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m\)。

即 \(a^{\varphi(m)}\equiv a^0 \pmod m\)。因此 \(a^{\varphi(m)-1}\equiv a^{-1} \pmod m\)

2. 如何求出 \(1\) 到 \(n-1\) 在 \(\bmod n\) 意义下的逆元？

注意到 \(n \bmod i=n−\lfloor \frac{n}{i} \rfloor i\)，则 \(n \bmod i\equiv −\lfloor \frac{n}{i} \rfloor i\pmod n\)，所以 \(i^{-1}\times (n\bmod i)\equiv -\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\pmod n\)。故 \(i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\times (n\bmod i)^{-1}\pmod n\)。

3. 如何求出 \(a_1,a_2,···,a_n\) 的逆元？

令 \(f_i=\prod\limits_{j=1}^i a_j \bmod p\)，\(g_i=f_i^{-1}\bmod p\)，则只要算出 \(f_n\) 并求出 \(g_n\)，然后推回去即可。

十、线性同余方程组

注：关于中国剩余定理（CRT），具体戳 「算法笔记」CRT 与 exCRT（包含了 中国剩余定理 以及 扩展中国剩余定理）。

求解方程组 \(x\equiv a_i \pmod {m_i}\) 的方法？

中国剩余定理：令 \(m=\prod\limits_{i=1}^k m_i\)，则在 \(m_i\) 两两互质时，\(x\equiv \sum\limits_{i=1}^k M_i N_i a_i \pmod m\)，其中 \(M_i=\frac{m}{m_i}\)，而 \(M_iN_i\equiv 1\pmod {m_i}\)。

//Luogu P1495
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=20;
int n,p[N],a[N],m=1;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b) return x=1,y=0,a;
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int z=x; x=y,y=z-y*(a/b);
    return d;
} 
int inv(int n,int mod){    //求 n 在模 mod 下的逆元 
    int x,y;
    exgcd(n,mod,x,y);    //gcd(M,p[i])=1 
    return (x%mod+mod)%mod;
}
int CRT(int m){
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int M=m/p[i],t=inv(M,p[i]);    //由于 p[i] 不一定是质数，所以不能用费马小定理，也就是这里不能用快速幂求逆元（即不能用 t=mul(M,p[i]-2,p[i])，其中 mul 是快速幂）
        ans=(ans+a[i]%m*M%m*t%m)%m; 
    } 
    return ans;
}
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld",&p[i],&a[i]),m*=p[i]; 
    printf("%lld\n",CRT(m));
    return 0;
}

十一、欧拉定理的应用

要求 \(a^b \bmod m\)，只要求 \(b\bmod \varphi(m)\) 即可。

扩展欧拉定理：当 \(\gcd(a,m)\neq 1\) 时，\(a^b \equiv a^c \pmod m\)，其中 \(c\) 在 \(b<\varphi(m)\) 时即为 \(b\)，否则为 \(b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)\)。