数论知识总结

合集 - 算法(7)

1.代数学总结2024-07-282.多项式全家桶2024-07-283.高等数学2024-07-284.莫比乌斯反演2024-07-28

5.数论知识总结2024-08-01

6.DP 的优化2024-08-267.图论总结2024-09-18

收起

数论知识总结

介绍

1.素数

定义：对于一个正整数，如果它有且仅有 $1$ 和它自己两个约数，那么我们称这个数为素数。如果有两个以上的约数，那么我们称这个数为合数。

唯一因子分解定理（质因数分解）：合数能被唯一的分解为质数的乘积形式：

$a=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_r^{k_r}，p_1<p_2<...<p_r$。

如何求素数

P3383 【模板】线性筛素数

1. 暴力枚举：$O(\sqrt n)$。
2. 筛法求素数：用每个素数去筛掉它的倍数，时间 $O(nlogn)$。
3. 线性筛素数：在筛法的基础上 我们让每一个合数只能被他自己最小的素数筛到。
   直接看代码：

for(int i = 2;i <= n;i++)
{
	if(!isp[i])p[++cnt] = i;
	for(int j = 1;j <= cnt&&i*p[j] <= n;j++)
	{
		isp[i*p[j]] = true;
		if(i%p[j]==0) break;
	}
}

2.gcd相关

定义：$\gcd(a,b)$ 表示 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，$\operatorname{lcm}(a,b)$ 表示 $a$ 和 $b$ 的最小公倍数。

求法

知道这两个公式就行了：$\gcd(a,b)=\gcd(a-b,b)$，$\operatorname{lcm}(a,b)=\frac{ab}{\gcd(a,b)}$。

代码：

int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
int lcm(int x,int y){return x/gcd(x,y)*y;}

裴蜀定理

P4549 【模板】裴蜀定理
裴蜀定理：设 $d=\gcd(a,b)$，则d为 $\{ax+by\}$（$x,y\in Z$）中的最小正数（$d$ 的倍数均在集合中且集合中的数都是 $d$ 的倍数）
一个重要的推论是：$ax+by=1$ 有解等价于 $a$ 和 $b$ 互质。

扩展欧几里得

欧几里得算法只能告诉我们 $ax+by=m$ 这个方程有没有解（$\gcd(a,b)\mid m$ 成不成立），而不能说明解是多少，使用扩展欧几里得算法可以解决这个问题。
$ax+by=d$
$b'x+(a\%b)y'=d$
欧几里得算法是一个递归的过程，那我们也用递归来求解 $x$ 和 $y$，现在已知 $x’$ 和 $y’$，求 $x$ 和 $y$。
变个形：$a\%b=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b$
然后把含 $a$ 的和含 $b$ 的分别凑一块：$ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times y')=d)$ 就是递推关系了。

代码：

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;
}

逆元

对于一个数 $x$，它在模 $p$ 意义下的逆元 $a$，满足 $ax\equiv 1\pmod p$。
如何求逆元？

1. 扩展欧几里得，这式子不是和 $ax+by=m$ 长得很像吗？直接做就完了，时间复杂度：$O(log_{\max(a,b)})$。
2. 费马小定理：若 $p$ 为素数，则 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$，所以 $a^{p-2}$ 就是 $a$ 的逆元，用快速幂就行了。
3. 线性求逆元：
   将 $p$ 写成 $k\times i+r$ 的形式，其中 $0<r<i$（即带余除法）。
   $k\times i+r\equiv 0\pmod p$
   两边同时除以 $r\times i$ 得：$k\times r^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod p$
   所以 $i^{-1}\equiv-k\times r^{-1}\pmod p$
   代码就是：

inv[0] = inv[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i++)inv[i] = inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;

P3811 【模板】乘法逆元
P2613 【模板】有理数取余

中国剩余定理（CRT）

P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪

和拉格朗日插值有点像，只需要构造出一个 $x$ 就行了。
设 $M=\prod_{i=1}^km_i$，$M_i=\frac M{m_i}$，$t_i$ 为 $M_i$ 的逆元，则 $x=\sum_{i=1}^na_iM_it_i$，那么最小解就是 $x\%M$。
证明很简单，你把每个式子带进去算一下就行了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
int n,a[11],b[11];
ull sum=1,t[11],ans; 
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		cin>>a[i]>>b[i];
		sum*=a[i];
	} 
	for(int i=1; i<=n; i++) t[i]=sum/a[i];
	for(int i=1; i<=n; i++) 
		for(ull j=t[i]; j<=0x7f7f7f7f7f7f; j+=t[i]) 
		    if(j%a[i]==1) {ans+=j*b[i]%sum;break;}
	cout<<ans%sum;
	return 0;
}

扩展中国剩余定理（exCRT）

P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）
和普通 $CRT$ 一样有一组同于方程组，只不过模数不一定是质数。
思路也不一样了，是两个同余方程先合并，得到一个 $x$ 的解，再依次合并下去。

$$\left\{\begin{matrix} x\equiv b_1\pmod{a_1}\\ x\equiv b_2\pmod{a_2}\\ ...\\ x\equiv b_n\pmod{a_n} \end{matrix}\right.$$

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5+5;
int n;
ll s[N],yu[N],ans;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b){x = 1;y = 0;return a;}
    ll g = exgcd(b,a%b,x,y),tp = x;
    x = y;y = tp-a/b*y;
    return g;
}
ll CRT()
{
    ll yu1 = yu[1],s1 = s[1];
    for(int i = 2;i <= n;i++)
    {
        ll yu2 = yu[i],s2 = s[i];
        ll d = yu2-yu1,g,x,y;
        g = exgcd(s1,s2,x,y);
        if(d%g)return -1;
        ll now = s2/g;
        x = (x*(d/g)%now+now)%now;
        yu1 = x*s1+yu1;s1 = s1/g*s2;
    }
    return yu1;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        scanf("%lld%lld",s+i,yu+i);
    printf("%lld\n",CRT());
    return 0;
}

3.组合数学

定义：
从 $n$ 个互不相同的物品里面选出 $m$ 个排成一列（有先后顺序），总共有多少种选法？
这是一个排列问题，我们将这个方案数定义为 $P(n,m)$。
第一次有n种取法，第二次有 $n-1$ 种…第 $m$ 次有 $n-m+1$ 种，根据乘法原理，方案数应该为 $\frac{n!}{(n-m)!}$。即 $P(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!}$。

那如果没有先后顺序呢？这个方案数就是 $C(n,m)$，也可以记作 $\binom{m}{n}$。
可以发现组合数相对排列数，就只是把顺序去掉了，即 $(1,2)$ 和 $(2,1)$ 是同一种选法，把 $m$ 个无序的物品排成有序的有 $m!$ 种方法，所以 $C(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!m!}$。

关于组合数的性质：

1. $C(n,0)=1$，不选也是一种方案。
2. $C(n,m)=0\ (n<m)$。
3. $C(n,m)=C(n,n-m)$，从 $n$ 个里面拿出 $m$ 个和留下 $n-m$ 个等价。
4. $C(n,m)=C(n-1,m-1)+C(n-1,m)$，可以由这条性质 $O(n^2)$ 求出杨辉三角。
5. 可以根据第 $4$ 条性质推出：$\sum_{i=m}^{n}\binom{m}{i}=\binom{m+1}{n+1}$。

二项式定理

即求 $(x+y)^n$ 拆开后各项的系数。
可以单独考虑 $x^my^{n-m}$，就是从 $n$ 个 $(x+y)$ 中选出 $m$ 个 $x$，即 $C(n,m)$。
所以 $(x+y)^n=\sum_{i=0}^n\binom{i}{n}x^iy^{n-i}$。

应用：

$0^n=(1+(-1))^n=C(n,0)-C(n,1)+C(n,2)...+(-1)^nC(n,n)$
即奇数项之和等于偶数项之和。
$2^n=(1+1)^n=C(n,0)+C(n,1)+...+C(n,n)$
即所有项之和为 $2^n$。
你可以将上面两式相减（加）再除以 $2$，就可以求得奇数项（偶数项）之和。

LUCAS

如果要求 $C(n,m)\%p$，但 $n,m$ 太大时，就可以用 LUCAS。
$\binom mn\%p\equiv\binom{\lfloor\frac mp\rfloor}{\lfloor\frac np\rfloor}\times\binom{m\%p}{n\%p}\pmod p$
在 $n>p$ 或 $m>p$ 时只要反复对第一部分使用该定理即可
使用条件： $p$ 是较小质数
P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

ll inv[N],fac[N];
int lucas(int n,int m,int p)
{
    if(n < m)return 0;
    if(n < p)return fac[n]*inv[m]*inv[n-m]%p;
    return lucas(n/p,m/p,p)*lucas(n%p,m%p,p)%p;
}
int main()
{
    int T;cin >> T;
    while(T--)
    {
        int n,m,p;scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);n += m;
        fac[0] = inv[0] = inv[1] = 1;
        for(int i = 1;i <= n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%p;
        for(int i = 2;i <= n;i++)inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        for(int i = 1;i <= n;i++)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%p;
        printf("%d\n",lucas(n,m,p));
    }
    return 0;
}

参考文章：
数论入门知识
题解 P4777 【【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）】