数论初识
本篇的用意在 恶补 认识 OI 中数论的基础部分。
一、约数、倍数与质合数
前置芝士
- 带余除法：\(a \div b = c \cdots\cdots r\) \(\Leftrightarrow\) \(a \bmod b = r\)
- 约数与倍数：\(a \bmod b = 0\) \(\Leftrightarrow\) \(b\) 是 \(a\) 的约数 \(\Leftrightarrow\) \(a\) 是 \(b\) 的倍数
- 最大公因数：最大的数使得 \(c\) 同时为 \(a\), \(b\) 的约数，记为 \(\gcd(a, b)\) 或 \((a, b)\)
- 最小公倍数：最小的数使得 \(c\) 同时为 \(a\), \(b\) 的倍数，记为 \(\operatorname{lcm}(a, b)\) 或 \([a, b]\)
- 质数：\(p\) 是质数当且仅当 \(p\) 只有 \(1\) 和 \(p\) 两个约数（\(1\) 不是质数）
- 整除：a 是 \(b\) 的约数 \(\Leftrightarrow\) \(a\mid b\)
- 唯一分解定理：质因数分解方案唯一
- 质数无限
- \(\pi(n)\)：\(n\) 以内质数个数（希腊字母 \(\text{Pi}\) \(\Pi\pi\)）
- \(\pi(n)\) 是 \(O(\frac{n}{\log n})\) 级别的
- 第 \(n\) 个质数是 \(O(n \log n)\) 级别的
- \(\sum_{i=1}^n \frac{1}{i} = O(\log n)\)
- \(\sum_{1 \le p \le n} \frac{1}{p} = O(\log \log n)\)（p 为质数）
- \(a\mid c \land b\mid c \land (a, b) = 1\Rightarrow ab\mid c\)
- \(a\mid bc \land (a, b) = 1 \Rightarrow a\mid c\)
- \(p\mid ab \Rightarrow p\mid a \ p\mid b\)（p 为质数）
- \(ab = (a, b) \cdot [a, b]\)
附上一个黑科技：
这份代码可以计算 \(a \times b \bmod mod\)，但是 \(a \times b\) 可以爆 long long。
LL mul(LL a, LL b, LL mod) { return (a * b - (LL)((long double)a / mod * b + 0.5) * mod + mod) % mod; }
计算 gcd
欧几里得算法（辗转相除法）
\(\gcd(a, b) = \gcd(a - b, b) = gcd(a - 2b, b) = \cdots = \gcd(a \bmod b, b)\)
\(\gcd_{i=1}^n a_i\) （\(a_i \le w\)）用欧几里得算法，复杂度 \(O(n + \log w)\)（不是 \(O(n \cdot \log w)\)）
其他算法
复杂度 \(O(\log a + \log b)\)。
裴蜀定理
关于 x, y 的方程 \(ax + by = d (a, b, x, y \in \mathbb Z)\) 有解 \(\Leftrightarrow\) \((a, b)\mid d\)
证明
简单来说： 因为 a, \(b\) 都含有因子 \((a, b)\)，且 \(x, y \in \mathbb Z\)，所以 \(d\) 也必须含有因子 \((a, b)\)。
严谨证明：
令 \(g = (a, b)\)，则 \(g\mid a \land g\mid b\)，
令 \(a = a'g\)，\(b = b'g\)（\(a', b' \in \mathbb Z\)），则 \(d = ax + by = g(a'x + b'y) \Rightarrow \frac dg = a'x + b'y\)，
因为 \(a', x, b', y \in \mathbb Z\)，所以\(a'x + b'y \in \mathbb Z\)，所以 \(\frac dg \in \mathbb Z\)，所以 \(g\mid d\)，即 \((a, b)\mid d\)。
拓展欧几里得（exgcd）
思路
解 \(ax + by = 1\)，其中 \((a, b) = 1 \land a, b, x, y \in \mathbb Z\)
（可以将 \(ax + by = c\) 转换成 \(ax' + by' = 1\) 的形式）
原式可化为\(ax + by = (a, b) = 1\)
上式有解则表明 \(bx' + (a \bmod b)y' = (b, a \bmod b) = 1\)有解（裴蜀定理）
即 \(bx' + (a - b \lfloor \frac{a}{b} \rfloor)y' = (b, a \bmod b) = 1\) 有解
也即 \(b(x' - \lfloor \frac{b}{a} \rfloor y') + by' = (a, b \bmod a) = 1\)有解
那么 \(x = y'\)，\(y = x' - \lfloor \frac{a}{b}\rfloor y'\)
我们只需要递归下去就行了！
递归时求得 \(bx' + (a \bmod b)y' = 1\) 的解，然后用上述方法推 x, y
边界条件？
当 \(b = 0\) 时就得到 \(ax'' + 0y'' = 1 \Rightarrow ax'' = 1\)，
可以证明此时 \(a = 1\)（因为 \((a, b) = 1\)），即 \(x'' = 1, y'' = 0\)
代码
// 计算 ax + by = 1 的解，并返回 gcd(a, b)
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
if(b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }
int g = exgcd(b, a % b, x, y);
int tmp = x;
x = y;
y = tmp - a / b * y;
return g;
}
例题
// https://www.luogu.com.cn/problem/P1082
#include <cstdio>
const int N = 5e6 + 5;
typedef long long LL;
// ax + by = 1
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
if(b == 0) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
LL g = exgcd(b, a % b, x, y);
LL tmp = x;
x = y;
y = tmp - a / b * y;
return g;
}
int main() {
LL a, b;
std::scanf("%lld%lld", &a, &b);
LL x, y;
exgcd(a, b, x, y);
while(x < 0) x += b;
x %= b;
std::printf("%lld\n", x);
return 0;
}
应用
求逆元。（逆元见下方↓）
\(x \equiv a^{-1} \pmod b \Rightarrow ax \equiv 1 \pmod b \Rightarrow ax + by = 1 (y \in \mathbb Z)\)
可以用拓展欧几里得来推，解出的 \(x\) 即为 \(a\) 的逆元。
二、同余问题
前置芝士
- \(a \equiv b \pmod m \Leftrightarrow m\mid (b - a)\)
- \(a \equiv b \pmod m \land a \equiv b \pmod n \Rightarrow a \equiv b \pmod{[m, n]}\)
- \((k, m) = d \land ka \equiv kb \pmod m \Rightarrow a \equiv b \pmod{\frac md}\)
逆元
如果有 \((b, m) = 1\)，那么 \(b\) 存在 \(\bmod m\) 意义下的逆元
令 \(a\) 在\(\bmod m\) 意义下的逆元为 b，则 \(ab \equiv 1 \pmod m\)
a 的逆元记为 \(a^{-1}\)
\(\frac ab \bmod m = ab^{-1} \bmod m\)
欧拉定理
欧拉函数
所有的 \(n\) 满足 \(0 < n \le m\)，\((n, m) = 1\) 构成了一个 \(\bmod m\) 的简化剩余系
n 的简化剩余系的个数记为 \(\phi(n)\) （希腊字母 \(\text{Phi}\) \(\Phi\phi\)，也写作φ）
\(\phi\) 是积性函数，即 \(\phi(a) \phi(b) = \phi(ab)\)
欧拉定理
结论
\((a, m) = 1 \Rightarrow a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m\)
证明
令 \(S = \{x_1, x_2, \cdots, x_{\phi(m)}\}\) 为 \(m\) 的简化剩余系，
则 \(S' = \{ax_1, ax_2, \cdots, ax_{\phi(m)}\}\)也是 \(m\) 的简化剩余系
（因为 \(S'\) 两两不同且都与 \(m\) 互质）
所以 \(\prod_{x \in S'} x \equiv \prod_{x \in S} x \pmod m\)
即 \(a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m\)
应用
\(a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m \Rightarrow a^{-1} \equiv a^{\phi(m) - 1} \pmod m\)
如果 \(m\) 为质数，那么 \(a^{-1} \equiv a^{m - 2} \pmod m\)
线性求逆元
思路
令 \(\lfloor \frac{p}{i}\rfloor = k\)，\(p \bmod i = r\)（即 \(ki + r = p (r < i)\)），
则
即 inv[i] = (-(p / i) * inv[p % i] + p) % p，
也即 inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p 。
代码
// 筛出 n 以内的逆元
void get_inv() {
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = (long long)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
}
例题
// https://www.luogu.com.cn/problem/P3811
#include <cstdio>
const int N = 20000528 + 5;
int inv[N];
int main() {
int n, p;
scanf("%d%d", &n, &p);
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = (long long)(p - p / i) * inv[p % i] % p;
for(int i = 1; i <= n; i++) printf("%d\n", inv[i]);
return 0;
}
中国剩余定理（CRT）
引入
先来看一个例子：
求最小的正整数 x，满足 \(x \equiv 2 \pmod 3\)，\(x \equiv 3 \pmod 5\)，\(x \equiv 2 \pmod 7\)。
解法：令
\(a\) 为除以 \(3\) 余 \(1\) 的最小的 \(5\) 和 \(7\) 的公倍数，（\(a = 70\)）
\(b\) 为除以 \(5\) 余 \(1\) 的最小的 \(3\) 和 \(7\) 的公倍数，（\(b = 21\)）
\(c\) 为除以 \(7\) 余 \(1\) 的最小的 \(3\) 和 \(5\) 的公倍数。（\(c = 15\)）
然后将 \(a\) 乘上 2（\(\bmod 3\) 的余数），b 乘上 3，c 乘上 2。（\(a = 140\)，\(b = 63\)，\(c = 30\)）
则 \(x = (a + b + c) \bmod 3 \times 5 \times 7 = 23\)
原理
要想让 \([3, 5, 7]\mid a + b + c\)，最简单的方法是：
- \(a\) 除以 \(3\) 余 \(2\)，并且是 \(5\) 和 \(7\) 的公倍数
- \(b\) 除以 \(5\) 余 \(3\)，并且是 \(3\) 和 \(7\) 的公倍数
- \(c\) 除以 \(7\) 余 \(2\)，并且是 \(3\) 和 \(5\) 的公倍数
那么如何求这样的 \(a\), \(b\), \(c\) 呢？
以 \(a\) 为例，我们先求出除以 \(3\) 余 \(1\) 而且是 \(5\) 和 \(7\) 的公倍数的数，然后再乘 \(2\)。
即把 \([5, 7]\) 乘上 \([5, 7]^{-1} \pmod 3\)（此时除以 \(3\) 余数必为 \(1\)，而且是 \(5\), \(7\) 的倍数），再乘余数 \(2\)。
最后算出 \(a + b + c\)，然后模上 \([3, 5, 7]\) 就是答案。
结论
若有方程：
其中 \(p_1, p_2, \cdots p_n\) 两两互质。
令 \(P = \prod_{i=1}^n p_i\)，\(P_i = \frac{P}{p_i}\)，\(v_i = (P_i)^{-1} \bmod {p_1}\)，
则方程的解为 \(x = \sum_{i=1}^n P_iv_ir_i \bmod P\)
代码
// 有两个数组：r[] 和 p[]，分别表示余数和模数
// 一共有 n 组方程
int crt() {
int P = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) P *= p[i];
int x = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int ret = 1;
ret = ret * (P / p[i]) % P;
int inv, tmp;
exgcd(P / p[i], p[i], inv, tmp);
while(inv <= 0) inv += p[i];
inv %= p[i];
ret = ret * inv % P;
ret = ret * r[i] % P;
x = (x + ret) % P;
}
return x;
}
例题
// https://www.luogu.com.cn/problem/P1495
#include <cstdio>
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long LL;
LL r[N], p[N];
int n;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
if(b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }
LL g = exgcd(b, a % b, x, y);
LL tmp = x;
x = y;
y = tmp - a / b * y;
return g;
}
LL crt() {
LL P = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) P *= p[i];
LL x = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
LL ret = 1;
ret = ret * (P / p[i]) % P;
LL inv, tmp;
exgcd(P / p[i], p[i], inv, tmp);
while(inv <= 0) inv += p[i];
inv %= p[i];
ret = ret * inv % P;
ret = ret * r[i] % P;
x = (x + ret) % P;
}
return x;
}
int main() {
std::scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) std::scanf("%lld%lld", &p[i], &r[i]);
std::printf("%lld\n", crt());
return 0;
}
拓展中国剩余定理（exCRT）
与 CRT 不同，这次我们尝试两两合并方程。
考虑两个方程 \(x \equiv a_1 \pmod {b_1}\)，\(x \equiv a_2 \pmod {b_2}\)。
我们将它们转成不定方程：\(x = a_1 + b_1p = a_2 + b_2q\)，即 \(b_1p - b_2q = a_2 - a_1\)。
对于这个方程，我们用拓展欧几里得算出 \(p\) 和 \(q\) 的一组解。（如果 \(a_2 - a_1\) 不能被 \(\gcd(b1, b2)\) 整除则无解）
那么这两组方程的解为 \(x \equiv a_1 + b_1p = a_2 + b_2q \pmod {\operatorname{lcm}(b_1, b_2)}\)。
代码
// 有两个数组：r[] 和 p[]，分别表示余数和模数
// 一共有 n 组方程
LL excrt() {
LL a1, b1, a2, b2, x, y;
a1 = r[1], b1 = p[1];
for(int i = 2; i <= n; i++) {
a2 = r[i], b2 = p[i];
if(a2 < a1) std::swap(a1, a2), std::swap(b1, b2);
LL a = b1, b = b2, c = a2 - a1;
LL g = exgcd(a, b, x, y);
if(c % g) return -1;
a /= g, b /= g, c /= g;
b1 = lcm(b1, b2);
y = y * (b1 - c) % b1;
a1 = (a2 + b2 * y % b1) % b1;
}
return a1;
}
例题
注意此题需要用前面的乘法技巧，因为可能会爆 long long。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5;
LL r[N], p[N];
int n;
LL gcd(LL x, LL y) { return y == 0 ? x : gcd(y, x % y); }
LL lcm(LL x, LL y) { return x / gcd(x, y) * y; }
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
if(b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }
LL x_, y_;
LL g = exgcd(b, a % b, x_, y_);
x = y_;
y = x_ - a / b * y_;
return g;
}
LL mul(LL a, LL b, LL mod) { return (a * b - (LL)((long double)a / mod * b + 0.5) * mod + mod) % mod; }
// 有两个数组：r[] 和 p[]，分别表示余数和模数
// 一共有 n 组方程
LL excrt() {
LL a1, b1, a2, b2, x, y;
a1 = r[1], b1 = p[1];
for(int i = 2; i <= n; i++) {
a2 = r[i], b2 = p[i];
if(a2 < a1) std::swap(a1, a2), std::swap(b1, b2);
LL a = b1, b = b2, c = a2 - a1;
LL g = exgcd(a, b, x, y);
if(c % g) return -1;
a /= g, b /= g, c /= g;
b1 = lcm(b1, b2);
y = mul(y, b1 - c, b1);
a1 = (a2 + mul(b2, y, b1)) % b1;
}
return a1;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld%lld", &p[i], &r[i]);
printf("%lld\n", excrt());
return 0;
} /*
3
11 6
25 9
33 17
*/
小结
数论初步到这里就差不多了，看到这里说明你已经入门了。
后面的就等到 数论进阶 来讲吧。
完结撒花~
