[数论第二节]欧拉函数/快速幂/扩展欧几里得算法
-
欧拉函数
- 欧拉函数\(\varphi(N)\) : 1-N中与N互质的数的个数
- 若\(N = p_1^{a_1} · p_2^{a_2} · p_3^{a_3} ··· ·p_n^{a_n}\) 其中p为N的所有质因子
- 则\(\varphi(N) = N(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})\)
-
证明：
- 互质：两数的公共因子只有1
- 去掉所有与N有(大于1的)公共因子的数，剩下的数就是与N互质的数
- 对N的所有质因子\(p_k\)，去掉所有\(\underline{质数p_k的倍数}\)(与N有公共因子的数)，\(\underline{每个质数的倍数}\)个数为 \(\frac{N}{p_k}\)，即$$N - \frac{N}{p_1} - \frac{N}{p_2} - ··· -\frac{N}{p_n}$$
- 对于数 \(p_i·p_j\)，在去掉 \(p_i\) 的倍数和去掉 \(p_j\) 的倍数的过程中去除了两次，所以要加上一次，即$$N - (\frac{N}{p_1} + \frac{N}{p_2} + ··· +\frac{N}{p_n}) + (\frac{N}{p_1p_2} + \frac{N}{p_1p_3} + ··· +\frac{N}{p_{n-1}p_n})$$
- 对于数 \(p_i·p_j·p_k\)，在去掉\(p_k\)的倍数的过程中被去掉了三次，在加上合数 \(p_i·p_j\) 的过程中被加上了三次，所以合数 \(p_i·p_j·p_k\) 没有被去掉，因此要去掉它，即$$N - (\frac{N}{p_1} - \frac{N}{p_2} - ··· -\frac{N}{p_n}) + (\frac{N}{p_1p_2} + \frac{N}{p_1p_3} + ··· +\frac{N}{p_{n-1}p_n}) - (\frac{N}{p_1p_2p_3} + \frac{N}{p_1p_2p_4} + ··· +\frac{N}{p_{n-2}p_{n-1}p_n})$$
- 对于合数 \(p_i·p_j·p_k·p_m\) 同理，归纳递推可知，所有质数个数为：$$N - \displaystyle\sum^n_{i=1}{\frac{N}{p_i}}+\displaystyle \sum_{1<=i<j<=n}{\frac{N}{p_ip_j}}-\displaystyle \sum_{1<=i<j<k<=n}{\frac{N}{p_ip_jp_k}}+···+(-1)^{2n-1}\displaystyle \sum_{1<=i<j<k<···<=n}{\frac{N}{p_ip_jp_k···p}}$$
- 同样基于容斥原理：
-
\[|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C| \]
-
\[|\displaystyle \cup_{i=1}^n A_i |=\sum_{i}|A_i|-\sum_{i,j} |A_i \cap A_j|+\ldots +(-1)^{n+1}|\cap_{i=1}^n A_i | \]
- 与N有(大于1的)公共因子的个数 =| \(p_i\) 的倍数的个数| - |\(p_ip_j\) 的倍数的个数| + |\(p_ip_jp_k\) 的倍数的个数 ··· \((-1)^{n+1}\) |\(p_ip_j···p_n\) 的倍数的个数|
-
- 将上式因式分解后：$$N(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})$$
-
容斥原理：
int res = a; for(int i = 2; i <= a / i; ++ i){ if(a % i == 0){//i为质因子 res = res / i * (i - 1);//套公式 while(a % i == 0) a /= i;//把因子除干净 } } if(a > 1) res = res / a * (a - 1);//最后一个因子可能大于sqrt(a) -
筛选法：
- 利用线性筛选质数的过程求出每个数的欧拉函数
- 欧拉函数为积性函数，当a与b互质时有$$\varphi(a·b)=\varphi(a)·\varphi(b)$$
- 当i为质数时，$$\varphi(i)=i-1$$
- 当\(\frac{i}{p_j} = 0\)时，\(p_j\)为i的质因子，此时\(p_j·i\)的质因子与i的质因子完全相同，所以 $$\varphi(pj·i)=pj·i·(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})=p_j·\varphi(i)$$
- 当\(\frac{i}{p_j} \neq 0\)时，\(p_j\)不为i的质因子，此时\(p_j·i\)的质因子比i的质因子多一个\(p_j\)，所以 $$\varphi(pj·i)=pj·i·(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})(1-\frac{1}{p_j})=p_j·\varphi(i)·(1-\frac{1}{p_j})=(p_j - 1)·\varphi(i)$$
- 代码：
const int N = 1e6 + 10; typedef long long LL; int primes[N], cnt;//质数数组，下标 int st[N];//标记为合数 int phi[N];//欧拉函数 int n; LL get_eulers(int n){ phi[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; ++ i){ if(!st[i]){ primes[ ++ cnt] = i; phi[i] = i - 1;//质数i的欧拉函数为i - 1 } for(int j = 1; primes[j] <= n / i; ++ j){ int pj = primes[j]; st[pj * i] = 1; if(i % pj == 0){//i是合数 phi[pj * i] = pj * phi[i];//pj为i的质因子 break; } else phi[pj * i] = (pj - 1) * phi[i];//pj不是i的因子 } } LL ans = 0; for(int i = 1; i <= n; ++ i) ans += phi[i]; return ans; }
-
欧拉函数的应用
-
欧拉定理
- 若a与n互质，则$$a^{\varphi(n)}\pmod n\equiv1$$
- 证明：
- 若a与b互质，且\(a\pmod b\neq 0\)则\(a\pmod b\) 也与b互质
- 设\(a_1,a_2,a_3···a_{\varphi(n)}\) 为1~n中的所有与n互质的数
- 每个数同时乘上a得\(a·a_1,a·a_2,a·a_3···a·a_{\varphi(n)}\) 由于a也与n互质，所以乘a后所得的数也全部与n互质
- 将每个数mod n，取模后的每个数都在1~n范围内，并且仍然都与n互质，显然取模后的这几个数就是原来的几个数，只不过数的顺序可能发生了变化
- 将所有数相乘，则有$$a·a_1·a·a_2·a·a_3···a·a_{\varphi(n)} \pmod n=a_1·a_2·a_3···a_{\varphi(n)}$$
- 所以有：$$a^{\varphi(n)}·(a_1a_2a_3···a_{\varphi(n)})\pmod n \equiv (a_1·a_2·a_3···a_{\varphi(n)})$$即$$a^{\varphi(n)}\pmod n\equiv1$$
- 特别地，当n为质数时，\(a^{n-1}\pmod n\equiv1\) 为费马定理
-
-
快速幂
- 快速地求出\(a^k\pmod b\)，时间复杂度为\(O(log(k))\)
- 将k拆分为二进制相加，即
-
\[k=c_1·2^1+c_2·2^2+c_3·2^3+···+c_n·2^n \]
- 其中 \(c_i\) 是k的二进制的每一位(0/1)，n最大为k的二进制的位数
- 所以
-
\[a^k\pmod b=a^{c_1·2^1+c_2·2^2+c_3·2^3+···+c_n·2^n} \pmod b=a^{c_1·2^1}·a^{c_2·2^2}·a^{c_3·2^3}···a^{c_n·2^n} \pmod b \]
- 所以每次遍历k的所有二进制位，同时预处理出\(a^i\)，根据k的二进制的取值将答案累乘
- 代码：
typedef long long LL; //求a^k mod b int qmi(int a, int k, int b){ int res = 1; while(k){ if(k & 1) res = (LL)res * a % b;//k的当前位非0，则将a累乘到答案 k >>= 1;//k右移一位 a = (LL)a * a % b;//a的幂倍增 } return res; } -
快速幂求逆元
- 若b与p互质，且 \(b|a\)，\(\frac a b=a·x \pmod p\) ，则x为b的逆元
- 两边乘b有$$a=a·b·x \pmod p$$
- 所以有$$b·x=1 \pmod p$$
- 若p是质数，有费马定理$$b^{p-1} = 1 \pmod p$$则$$x=b^{p-2}$$
- 若p不是质数，有欧拉定理$$b^{\varphi(p)}=1 \pmod p$$则$$x=b^{\varphi(p)- 1}$$
- 代码：
int qmi(int a, int b, int p){ 略... } if(b与q互质){ //互质是有解的前提 if(p为质数) cout << qmi(b, p - 2, p); else cout << qmi(b, phi[p] - 1, p); }else 无解
-
扩展欧几里得定理
-
裴蜀定理：对于任意正整数a,b, 都一定存在整数x,y, 使得\(ax+by=gcd(a,b)\), 并且 \(gcd(a,b)\) 一定是a与b能构造出来的最小公约数
-
扩展欧几里得算法就是求这样的x，y
-
用于求解方程 \(ax+by=gcd(a,b)\) 的解
-
当 \(b=0\) 时 \(ax+by=a\) 故而 \(x=1,y=0\)
-
当 \(b \neq 0\) 时,因为
-
\[gcd(a,b)=gcd(b,a \% b) \]
-
而
-
\[b·x_1+(a \% b)·y_1 = gcd(b,a\%b) \]
-
\[b·x_1+(a-\lfloor a/b \rfloor · b)·y_1=gcd(b,a\%b) \]
-
\[ay_1+b·(x_1-\lfloor a/b \rfloor)=gcd(b,a\%b)=gcd(a,b) \]
-
故而 $$x=y_1,\quad y=x_1-\lfloor a/b \rfloor ·y_1$$
-
代码：
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){ if(!b){ //b = 0时，ax + by = gcd(a, 0) = a,所以x = 1, y = 0; x = 1, y = 0; return a; }else { int d = exgcd(b, a % b, x, y);//交换a与b，x与y int t = x; x = y;//x1 = y2 y = t - a / b * y;//y1 = x2 - a / b * y2 return d; } } //简化版 void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){ if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }else{ int d = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return d; } } -
扩展欧几里得求解线性同余方程
- 线性同余方程：$$ax \equiv b \pmod m$$ 其中a，x，b，m均为整数，x为未知数，方程等价于 \(ax=km+b\)，也等价于 $$ax+mk=b$$其中x,k均为未知数
- 方程形如：$$ax+by=c$$ 的直线方程，解(x,y)为直线上散列的点
- 求出a，b的最大公约数\(d = gcd(a,b)\)，方程化为 $$d(x \frac a d+y\frac b d)=c$$易知其中 \(x \frac a d+y\frac b d\) 为整数，所以要求 \(d|c\)，故 $$c=k·d=k·gcd(a,b)$$
- 所以线性同余方程\(ax \equiv b \pmod m\)有解的充要条件为b为\(gcd(a,m)\)的倍数
- 当 \(b \neq k'·gcd(a,m)\) 时(\(k'\) 为整数)，方程无解
- 当 \(b = k'·gcd(a,m)\) 时，先用扩展欧几里得求出方程 \(ax+mk=gcd(a,m)\) 的特解\((x,k)\)，可知 \(ax+mk=b\) 方程的解为 \(\frac {b}{gcd(a,m)}·(x,k)\) ，所以原式的解为 \(\frac {b}{gcd(a,m)}·x\)
- 代码：
const int N = 1e5 + 10; typedef long long LL; int n; int a, b, m; int x, y; //扩展欧几里得算法 int exgcd(int a, int b , int &x, int &y){ if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }else{ int t = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return t; } } int main(){ cin >> n; while(n -- ){ cin >> a >> b >> m; int t = exgcd(a, m, x, y); //b是gcd(a,m)的倍数才有解 if(b % t != 0) cout << "impossible" << endl; else cout << (LL)x * (b / t) % m << endl;//特解乘上倍数 } return 0; }
-
-
中国剩余定理
- 中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem, CRT) 可求解如下形式的一元线性同余方程组（其中 \(n_1,n_2,n_3,···n_k\) 两两互质）：
-
\[\begin{cases} x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\ &\vdots \\ x &\equiv a_k \pmod {n_k} \\ \end{cases} \]
- 过程：
- 计算所有模数的积
- 对于第 \(i\) 个方程：
- 计算 \(m_i=\frac{n}{n_i}\)
- 计算 \(m_i\) 在模 \(n_i\) 意义下的逆元 \(m^{-1}_i\)
- 计算 \(c_i=m_im^{-1}_i\) （不要对 \(n_i\) 取模）
- 方程组在模 \(n\) 意义下的唯一解为：\(x=\sum^{k}_{i=1}a_ic_i \pmod n\)
-
扩展版中国剩余定理：
- 当不满足 \(n_1,n_2,n_3,···n_k\) 两两互质时，求解线性同余方程组
-
\[①\quad x\equiv a_1\pmod {n_1} \Leftrightarrow x=k_1n_1+a_1 \]
-
\[②\quad x \equiv a_2\pmod {n_2} \Leftrightarrow x=k_2n_2+a_2 \]
- 由①②知$$k_1n_1+a_1=k_2n_2+a_2$$
- 移项$$k_1n_1-k_2n_2=a_2-a_1$$
- 其中 \(n_1,n_2,a_2,a_1\) 已知，\(k_1,k_2\) 未知，可以用扩展欧几里得算法求出
- 当 \(d=\frac {a_2-a_1}{gcd(n_1,n_2)} \neq 0\) 时无解
- 当 \(d=\frac {a_2-a_1}{gcd(n_1,n_2)} = 0\) 时，先求出方程
-
\[k_1^`n_1-k_2^`n_2=gcd(n_1,n_2) \]
- 的特解，求出 \(k_1^`,k_2^`\) 后
-
\[k_1^*=k_1^`·d,\quad k_2^*=k_2^`·d \]
- 此时 \(k_1^*,k_2^*\) 就是原方程的特解
- 观察原方程可知通解为
-
\[k_1=k_1^*+k·\frac{n_2}{d},\quad k_2=k_2^*+k·\frac{n_1}{d}(其中k为整数) \]
- 将通解代入①式得
-
\[x=(k_1^*+k·\frac{n_2}{d})n_1+a_1=(k_1^*n_1)+a_1+k·\frac{n_1n_2}{d}=(k_1^*n_1)+a_1+k·lcm(n_1,n_2) \]
- 所以
-
\[③③\quad x=k·lcm(n_1,n_2)+(k_1^*n_1)+a_1 \]
- 其中 \(k_1^*,n_1,a_1,lcm(n_1,n_2)\) 已知，\(k\) 未知
- 令 \(n_2^`=lcm(n_1,n_2),\quad a_2^`=(k_1^*n_1)+a_1\) 所以③式化为
-
\[③\quad x=k·n_2^`+a_2^` \]
- 所以将①②式合并后的③式仍与方程组方程相似，于是可以循环将方程组合并为一个式子，通过最后一个式子即可用扩展欧几里得算法求出x
- 代码：
const int N = 30; typedef long long LL; int n; LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y){ if(!b){ x = 1, y = 0; return a; } LL d = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return d; } int main(){ cin >> n; LL a1, m1; bool flag = true; cin >> a1 >> m1;//用于存储更新的a与m for(int i = 1; i < n; ++ i){ //合并n-1次 LL an, mn;//接受新的a与m LL k1, k2; //存储用欧几里得求的系数 cin >> an >> mn; LL d = exgcd(a1, an, k1, k2); //求出gcd(a1, an)以及系数k1, k2 if((mn - m1) % d){ //无解判断 flag = false; break; } LL t = an / d; //通解k1 = k1 + k * (an / d), k2 = k2 + k * (a1 / d),题目为了求最小的x，故要让k1为最小解故要k1不断膜上t k1 = k1 * (mn - m1) / d; //更新k1 k1 = (k1 % t + t) % t; //取k1的最小解 m1 = k1 * a1 + m1; //m更新为k1 * a1 * m1 a1 = abs(a1 / d * an); //a1更新为gcd(a1, an) } if(flag){ cout << (m1 % a1 + a1) % a1; //最后一个式子的就是余数m }else cout << -1; return 0; }
