数论

~~老久以前的了，以前忘放上面了（差点丢了/jk）~~

欧拉筛素数
同余
辗转相除法证明
exgcd
中国剩余定理
扩展CRT
乘法逆元
欧拉函数
康托展开
卢卡斯定理/Lucas 定理
整数分块

欧拉筛素数

$O(n)$筛法

for(int i = 2; i <= n; i++) {
	  if(vis[i] == 0) pre[tot++] = i;//存下每个素数
	for(int j = 0; j <= tot, i * pre[j] <= n; j++){
		  vis[pre[j] * i] = 1;
		  if (i % pre[j] == 0){//保证每个数只筛一次
		  	  break;
		  } 
	}
}

保证每个数被它的最小质因子筛掉

为什么 (i % pre[j] == 0) 就 break ??

证明

$pre$ 数组中的素数是递增的
当 $i$ 能整除 $pre_j$，那么 $i * pre_{j+1}$ 这个合数肯定被 $pre_j$ 乘以某个数筛掉
因为 $i$ 中含有 $pre_j$ , $pre_j$ 比 $pre_{j+1}$ 小，即 $i = k * pre_j$
那么 $i * pre_{j+1} = (k * pre_j) * pre_{j + 1}$
设 $pre_{j + 1} * k = k'$ 所以 $i * pre_{j +1} = k'*pre_j$

同余

在模意义下，加减乘都不会影响答案

加减很显然

证明乘？？

目标：$(x*y) ~mod~ p~= (x ~mod~ p) * (y ~mod~ p)$
$x = a_1*p + b_1，y = a_2 * p + b_2$
$x*y = (a_1*a_2 * p + a_1 * b_2 + b_1*a_2)*p + b_1*b_2$
很显然 $x*y$ 对 $p$ 取模就是 $(b_1*b_2)$ 对 $p$ 取模

栗题

P4942 小凯的数字

我们把最后组合起来的数拆成每一位相加的形式，因为是在模9的意义下，所以 $10^n~mod~ 9 = 1$ 所以最后答案也就是把每一位相加都取模

辗转相除法证明

$gcd(a, b) = gcd(b, a~mod~b)$
设 $g|a$，$g|b$, $r = a - k * b = a~mod~b$
可得 $\frac{r}{g}= \frac{a}{g} - \frac{k*b}{g}$
看得出，右边显然是个整数，所以 $g | r$

exgcd

可解方程

\[ax + by = gcd(a, b) \]

求 $x,y$

设 $a' = b, b' = a~mod~ b$
$a'x + b'y = gcd(a', b')$
根据 $gcd$ 得 $gcd(a', b') = gcd(a, b)$
$a'x + b'y = gcd(a, b)$
$bx + (a - b * \lfloor\frac{a}{b} \rfloor)*y = gcd(a, b)$
$ay + b(x - \lfloor \frac{a}{b}\rfloor*y) = gcd(a,b)$

$\therefore x = y, y = x - \lfloor \frac{a}{b}\rfloor*y$

一个回溯的过程

应用（扩欧解不定方程）

解形如 $ax+by=c$ 的不定方程

先根据 $exgcd$ 求出 $ax + by = gcd(a, b)$ 的一组解 $x_0, y_0$

根据裴蜀定理，当 $c ~mod~ gcd(a, b) = 0$ 的时候，此方程有解

求解

设 $d = gcd(a , b)$
方程两边同时乘以 $\frac{c}{d}$ , 得到 $a*\frac{c}{d}x_0 + b*\frac{c}{d}y_0 = c$
然后就有了一组解 $x_1 = \frac{c}{d}x_0, x_2 = \frac{c}{d}y_0$

求最小整数解（使 $x_1$ 最小化）

现在已经由 $exgcd$ 求得任意一组 $x, y$ 了

为了满足等式成立

那么 $x$ 最小正整数解为 $(x + b) \% b$

为什么？？

可以这样想：

先在已经求出一组解使得 $ax + by = 1$ 也就是 $y = \frac{1 - ax}{b}$

因为 $y$ 是整数，所以此时 $b | 1 - ax$ 现在想让 $x$ 改变，如果 $x$ 改变的值不是 $b$ 的倍数，那就会使得 $1 - ax$ 不能整除 $b$ ，$y$ 就不是整数了，所以 $x$ 的改变量一定是 $b$ 的倍数才可以

code

d = exgcd(a, b, x, y);//返回的是 a,b 的 gcd
if(c % d == 0)
{ 
    x *= c / d; 
    t = b / d;
    t = abs(t);
    x = (x % t + t) % t;
    printf("%d\n", x); 
}

栗题

P1516 青蛙的约会

/*
work by:Ariel_
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define int long long
using namespace std;

int read(){
    int x = 0,f = 1; char c = getchar();
	while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
	return x*f;
}
int x_1, y_1;
int exgcd(int a, int b, int &x1, int &y1){
   if(!b){
      x_1 = 1, y_1 = 0;
   	  return a;
   }
   int d = exgcd(b, a % b, x_1, y_1);
   int t = x_1; x_1 = y_1, y_1 = t - a / b * y_1;
   return d;
}
int x, y, m, n, l;
signed main(void){
    x = read(), y = read(), m = read(), n = read(), l = read();
    int a = n - m, b = l, c = x - y;
    int d = exgcd(a, b, x_1, y_1);
    if(c % d == 0) {
      x_1 *= c / d;
      int t = b / d;
      t = abs(t);
      x_1 = (x_1 % t + t) % t;
      printf("%lld", x_1);
	}
	else printf("Impossible");
	return 0;
}

中国剩余定理

若 $m_1, m_2, m_3……m_n$ 是两两互质的正整数，有同余方程组

\[\begin{cases} x \equiv a_1 (mod~m_1)\\ x \equiv a_2 (mod~m_2)\\ ……\\ x \equiv a_n (mod~m_n)\\ \end{cases} \]
求 $x$ ?

$M = \prod_{i=1}^{n} m_i$， $M_i = M/m_i$，$t_i$ 是线性同余方程 $M_it_i \equiv 1(mod ~m_i)$ 的一个解

则 $x = \sum^{n}_{i = 1}a_iM_it_i$

证明：

根据一个定理

两数不能整除，若除数扩大（或缩小）了几倍，而被除数不变，则其商和余数也同时扩大（或缩小）相同的倍数（余数必小于除数）

(证明：假设 a % b = d，a / b = k， a = kb + d， a - kd = d，a，b 同时扩大 z 倍，得到 z(a - kd) = zd;)

所以可以得出 $a_iM_it_i \equiv a_i(mod~~m_i)$

显然 $ M_i$ 除了可以 $m_i$ 之外都可以整除其他 $m$

$\because \forall k \not= i,a_iM_it_i = 0(mod~m_k)$

$\because a_iM_it_i\equiv a_i(~mod~m_i)$

所以带入原式得到：$x = \sum^{n}_{i = 1}a_iM_it_i$

可以结合 despair_ghost 这篇博客理解，讲的特别好

实现

回到上面的式子

$M_it_i \equiv 1(mod ~m_i)$
可以得到 $M_it_i - k*m = 1$
$M_i, m$ 都是定值，因为 $M_i, m$ 互质，所以就可以 $exgcd$ 求解了

【模板】中国剩余定理(CRT)/曹冲养猪

/*
work by:Ariel_
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 20;
int read(){
    int x = 0,f = 1; char c = getchar();
	while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
	return x*f;
}
int Ans, M = 1;
int n, m[N], a[N];
void exgcd(int a, int b, int &d, int &x, int &y){
    if (!b){d = a,x = 1, y = 0;return;}
      exgcd(b, a % b, d, x, y);
      int t = x; x = y, y = t - (a / b) * y;
} 
void Int_China() {
   int Mi, x, y, d; 
   for (int i = 1; i <= n; i++) {	    
	    Mi = M / m[i];
   	    exgcd(Mi, m[i], d, x, y);
   	    Ans = ((Ans + x * Mi * a[i]) % M + M) % M; 
   }
}
signed main(void) {
    n = read();
    for(int i = 1; i <= n; i++) m[i] = read(), a[i] = read(), M *= m[i];
	Int_China();
    printf("%lld\n",(Ans + M) % M );
	return 0;
}

扩展CRT

求 $x$ ?

\[\begin{cases} x \equiv a_1 (mod~m_1)\\ x \equiv a_2 (mod~m_2)\\ ……\\ x \equiv a_n (mod~m_n)\\ \end{cases} \]

和中国剩余定理类似，就是没有互质的条件了

数学归纳法：

假设已经求出前 $k-1$ 个方程组成的同余方程组的一个解为 $x$

且有 $M=\prod_{i=1}^{i\leq k-1}$

则前 $k-1$ 个方程的方程组通解为 $x+i*M(i\in Z)$

那么对于加入第 $k$ 个方程后的方程组

我们就是要求一个正整数 $t$，使得 $x+t*M \equiv a_k(mod~m_k)$

转化一下上述式子得 $t*M \equiv a_k-x(\mod m_k)$

对于这个式子我们已经可以通过扩展欧几里得求解t

若该同余式无解，则整个方程组无解，若有，则前 $k$ 个同余式组成的方程组的一个解解为$x_k=x+t*M$

乘法逆元

解决模意义下没法进行除法的问题

已知 $a|b$ 求 $\frac{b}{a}mod~m$

设法把除法转化到乘法上去

找一个 $a^{-1}$ 满足 $a*a^{-1}\equiv1(mod~m) $

换个形式

$ax \equiv 1(mod~m)$

根据扩展中国剩余定理就可以求出来了

可与忽视 p 不为质数的情况：只要 gcd(a,m) 不为 1，那么 a 的逆元就不存在

欧拉定理求逆元

$inv[a] = a^{\phi(p) - 1}$ (保证 $a$ 和 $p$ 互质)

欧拉函数

欧拉函数 $\varphi(m)$ 表示不超过 $m$ 且和 $m$ 互素的正整数的个数

$m = \prod p_i^{a_i}$

求单值欧拉函数？

公式：

\[\varphi(n) = n*\prod^k_{i = 1}(1 - \frac{1}{p_i}) \]

$p_1,p_2…p_k$ 为 $n$ 的所有质因子

证明

考虑容斥

因为要求与 $n$ 互质的数的个数，因为在 $n$ 之内，每一个 $p_i$ 的倍数分布是均匀的， $n$ 之内有 $\frac{1}{p_i}$ 的数是 $p_i$ 的倍数，因此有 $n*(1 - \frac{1}{p_i})$ 个数不是 $p_i$ 的倍数，同理有 $n*(1 - \frac{1}{p_j})$ 个数不是 $p_j$ 的倍数，根据乘法原理，有 $n*（1 - \frac{1}{p_i}）* （1 - \frac{1}{p_j}）$ 个数既不是 $p_i$ 的倍数，也不是 $p_j$ 的倍数。进而就可以推广得到有 $n*\prod^{k}_{i = 1}(1 - p_i)$ 个数与 $n$ 互质 ~~（有点生物算遗传的意思）~~

严谨证明（来自 $attack$ 大佬）

1.当 $n=1$ 时

很明显，答案为 $1$

2.当 $n$ 为质数时

根据素数的定义,答案为 $n−1$

3.当 $n$ 为合数时

我们已经知道了 $n$ 为素数的情况

对 $n$ 进行质因数分解

设 $n=a^{p_{1}^1}∗a^{p_{2}^{2}}...∗a^{p_{k}^k}$

假设 $k=1$

那么 $\varphi(p^k)=p^k−p^{k−1}$

证明：考虑容斥，与一个数互素的数的个数就是这个数减去与它不互素的数的个数

因为 $p$ 是素数，所以在 $p^k$ 中与其不互素的数为 $1∗p,2∗p....p^{k−1}∗p$,有$p^{k−1}$个

当 $k\neq 1$ 时

$\varphi(n) = \varphi(a_1^{p_{1}^1}∗a_2^{p_{2}^{2}}...∗a_k^{p_{k}^k})$
$\prod^k_{i = 1}a_i^{p_i} - a_{i}^{p_{i - 1}}$
$\prod^k_{i = 1}a_i^{p_i}(1-\frac{1}{p_i})$
$n*\prod^k_{i = 1}(1-\frac{1}{p_i})$

单值求法：若 $gcd(a, b) = 1$ 就更新 $phi_n$ 的值

求 $1-n$ 的 $\varphi(i)$ ？

埃氏筛

$O(n)$ 扫一遍，每扫到一个质数，就更新一下它的所有的倍数

时间复杂度：$O(n*ln ln n)$

/*
work by:Ariel_
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 4;
int read(){
    int x = 0,f = 1; char c = getchar();
	while(c < '0'||c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while(c >= '0' && c <= '9') {x = x*10 + c - '0'; c = getchar();}
	return x*f;
}
int n, phi[N];
int main(void){
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) phi[i] = i;
    for (int i = 2; i <= n; i++){
    	if(phi[i] == i) {
    	   for (int j = i; j <= n; j += i)
    		  phi[j] = phi[j] / i * (i - 1);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		printf("%d\n", phi[i]);
	}
	return 0;
}

康托展开

康托展开是全排列到自然数的一一映射，该自然数可以代表该序列在全排列中的排名（从0开始）

正康托展开：全排列到名次

$a_5 = \lbrace2,3,5,1,4\rbrace$

求该序列的名次

考虑比它小的序列

$1*4!+1*3!+2*2!+0+0 = 34$ 排列组合

可以这么理解：后面比当前小的数的个数*后面数的全排列

逆康托展开：名次到全排列

$1*4!+1*3!+2*2!+0+0 = 34$

得到 $a_5 = \lbrace2,3,5,1,4\rbrace$

卢卡斯定理/Lucas 定理

这直接给出公式，证明过程涉及二项式内容，感性理解 = =

$C_n^m = Lucas(n, m, p)$

$Lucas(n, m, p) = C(n\%p,m\%p) * Lucas(\frac{n}{p }, \frac{m}{p}, p)$

$Lucas(x, 0, p) = 1, C(a, b) = (\frac{a!}{b!\times(a - b)!}^{p - 2})~mod~p$

int n, m, p, a[N];//a:阶乘 
int qpow(int x, int y) {
   int tmp = 1;
   while(y) {
   	 if (y & 1) tmp = (tmp * x) % p;
   	 y >>= 1;
   	 x = (x * x) % p;
   }
   return tmp;
}
int C(int n, int m) {
   if (m > n) return 0;
   return (a[n] * qpow(a[m], p - 2) % p * qpow(a[n - m], p - 2) % p) % p;
}
int Lucas(int n, int m) {
	if (!m) return 1;
    return C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p;
}
signed main(){
   int T = read();
   while(T--) {
   	 a[0] = 1;
   	 n = read(), m = read(), p = read();  
     for (int i = 1; i <= p; i++) a[i] = a[i - 1] * i % p;
	 printf("%lld\n", Lucas(n + m, n)); 
   }
   return 0;
}

整数分块

求 $\sum_{i = 1}^{n}(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)^5 \times i$

$n \leq 10^9$ 答案对 $10^9 + 7$ 取模。

引理一：$\lfloor \frac {n}{i} \rfloor $ 最多只有 $2\sqrt{n}$ 种不同的取值。

证明：将 $i$ 分为大于等于 $\sqrt{x}$ 与大于 $\sqrt{x}$ 的两部分

当 $d \leq \sqrt{x}$ 时

此时 $\lfloor{\frac{x}{d}}\rfloor \geq \sqrt{x}$，最多 $\sqrt{x}$ 种取值

当 $d > \sqrt{x}$ 时

$\lfloor \frac{x}{d} \rfloor < \sqrt{x}$，最多 $\sqrt{x}$ 种取值

复杂度为 $O(\sqrt{x})$

引理二：所有$\lfloor \frac {n}{i} \rfloor $ 相同的对应的 i 一定是一段连续的区间

反证法：如果不是连续的区间

一定存在 $l < t < r$ 使得 $\lfloor \frac{n}{l}\rfloor = \lfloor \frac{n}{r}\rfloor$ 且$\lfloor \frac{n}{l}\rfloor \neq \lfloor \frac{n}{t}\rfloor$

$\because t > l$

$\because \lfloor \frac{n}{t}\rfloor < \lfloor \frac{n}{l}\rfloor$

$\because t < r$

$\because \lfloor \frac{n}{t}\rfloor > \lfloor \frac{n}{r}\rfloor$

所以假设不成立

引理三：对于所有连续的区间，如果知道了 l ，那么 r 也会知道

$r = \lfloor{\frac{n}{\lfloor\frac{n}{l}\rfloor}}\rfloor $

证明？~~我不会~~

//f(a) = a^5;
for (int i = 1, last; i <= n; i = last + 1) {
      int a = n / i;
      last = n / a;
      ret += f(a) * (sum[last] - sum[i - 1]);
}

posted @ 2021-06-25 21:46 Dita 阅读(146) 评论(2) 收藏举报

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