2025寒假SKY集训（初等数学）
时间
- \(2025/02/05-2025/02/10\)
最优化
- \(2025/02/06\)
初等数论
- \(2025/02/07\)
斐蜀定理（Bézout's lemma）
定理 1.1
对于两个整数 \(a\) 和 \(b\)，有整数 \(x\) 和 \(y\) 使得 \(ax + by = \gcd(a,b)\)。
推论
整数 \(a\) 与 \(b\) 互素当且仅当存在整数 \(x\) 和 \(y\) 使得 \(ax + by = 1\)。
证明
运用辗转相除法去证明。
假设 \(d = \gcd(a,b)\)，那么 \(d\) 必然是辗转相除后最后的一个非零的余数：
由上面所述我们可以知道：
综上，推到最后发现所有的 \(r\) 都可以表示为 \(ax + by = r\) 的形式，也就是说明 \(ax + by = d\) 成立。
还可以换种方式去理解斐蜀定理：
对于 \(\forall x,y\)，\(d = ax + by\)，\(d\) 一定是 \(\gcd(a,b)\) 的整数倍；最小的 \(d\) 是 \(\gcd(a,b)\)。
【模板】裴蜀定理
对于两对数 \((p,q)\) 的情况，\(A_p \times X_p + A_q \times X_q\) 的写法很类似于 \(ax + by\)。根据斐蜀定理，有整数 \(x\) 和 \(y\) 使得 \(ax + by = \gcd(a,b)\)，也就是其最小值为 \(| \gcd(a,b) |\)，不断合并即可。
线性丢番图方程
定义
方程 \(ax+by=c\) 称为二元线性丢番图方程，其中 \(a,b,c\) 为已知整数，\(x,y\) 是变量，问是否有整数解。
实际上就是在二维 \(x—y\) 平面上的一条直线，这条直线上如果有整数坐标点，方程就有解；如果没有整数坐标点，就无解。如果存在一个解，就有无穷多个解。
定理 2.1
对于整数 \(a\) 和 \(b\)，\(d = \gcd(a,b)\)。
方程 \(ax + by = c\) 有解的充分必要条件是 \(d \mid c\)。
若知道方程的一个特解为 \((x_0,y_0)\)，则通解为 \(x = x_0 + {\large \frac{b}{d}} \times k,y = x_0 + {\large \frac{a}{d}} \times k\)，其中 \(k\) 为任意整数。
证明
两边同时除以 \(d\)，则左边必然是整数，若想要式子成立，右边必然也需要时整数，所以 \(d \mid c\)。
在 \(ax_0 + by_0 = d\) 特解的基础上，寻找通解 \(a(x_0 + mk) + b(y_0 + nk) = d\)（其中 \(k\) 为任意整数）：
拆式子，得 \(ax_0 + amk + by_0 + bnk = d\)；
等价移项并消掉 \(d\)，得到 \(amk + bnk = 0\)；
构造 \(m,n\) 使得等式成立：
\(\begin{cases} m = \large\frac{b}{d} \\ n = -\large\frac{a}{d} \end{cases}\)
\(a \times {\large\frac{b}{d}} \times k + b \times (-{\large\frac{a}{d}}) \times k = {\large\frac{abk}{d}} - {\large\frac{abk}{d}} = 0\)。
综上所述，可以知道：
\(\begin{cases} x = x_0 + {\large\frac{b}{d}} \times k \\ y = y_0 - {\large\frac{a}{d}} \times k \end{cases}\)
扩展欧几里得（exgcd）
求解方程 \(ax + by = c\) 关键在于找到一个特解，由斐蜀定理可以知道 \(ax + by = d\) 必定有整数解，那么尝试使用扩展欧几里得算法求一个特解 \((x_0,y_0)\)。
当前层为 \((a,b,x,y)\)，这里 \(a > b\)，对于 \(ax + by = d\)，假设 \(a = bq + r\)，那么：
下一层就要求解 \(b(qx + y) + rx= d\)，按照辗转相除，状态应该为 \((b,a \% b,y,x)\)，设得到的解是 \((x',y')\)，则：
\(\begin{cases} x = y' \\ qx + y =x' \end{cases}\)
移一下项：
\(\begin{cases} x = y' \\ y = x' - qx \end{cases}\)
到最后 \(b=0\) 时，那这时候 \(x=1,y=0\) 就是解。
最后求出来特解为 \((x_0',y_0')\)，那么 \(ax + by = c\) 的特解为：
\(\begin{cases} x_0 = x_0' \times {\large\frac{c}{d}} \\ y_0 = y_0' \times {\large\frac{c}{d}} \end{cases}\)
注意程序自定义函数中的 \(x\) 和 \(y\) 需要引用！！！
Code
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
if(b==0) {
x=1,y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
【模板】二元一次不定方程 (exgcd)
对于方程 \(ax + by = c\)，先用婓蜀定理判断方程是否有解，若无解，则输出 \(-1\)。
我们由定理2.1可知：
\(\begin{cases} x = x_0 + {\large\frac{b}{d}} \times k \\ y = y_0 - {\large\frac{a}{d}} \times k \end{cases}\)
当 \(k\) 增大时，\(x\) 变大，\(y\) 变小。
设 \({\large\frac{a}{d}}\) 为 \(d_x\)，\(-{\large\frac{a}{d}}\) 为 \(d_y\)，也就是说：
\(\begin{cases} x = x_0 + d_x \times k \\ y = y_0 - d_y \times k \end{cases}\)
接下来寻找 \(x\) 的最小正整数解 \(x_{min}\)，那么 \(x_{min} \ge 1\)，即 \(x_0 - d_x \ge 1\)；
解一元一次不等式，得 \(k \le \lceil {\large \frac{1-x_0}{d_x}} \rceil\)，注意这里是大于等于，所以要向上取整；
\(k\) 取到最大值有 \(x_{min}\)，所以 \(x_{min} = x_0 - \lceil {\large \frac{1-x_0}{d_x}} \rceil\)。
那很明显的，在所有的正整数解（很重要，没有这个前提条件的话不一定成立）之中 \(x_{min}\) 对应的是 \(y_{max}\)，接下来考虑求 \(x_{max}\) 和 \(y_{min}\)；
由于 \(y\) 的通解为 \(y = y_0 - d_yk\)，已知 \(y_{max}\)，那么 \(y_{min} = y_{max} \bmod d_y\)，由于要避免取模出来有 \(0\)，则 \(y_{min} = (y_{max}-1) \bmod d_y + 1\)。
在所有正整数解中，\(y_{max}\) 对应的是 \(x_{min}\)，易知从 \(x_{min}\) 到 \(x_{max}\) 同 \(y_{max}\) 到 \(y_{min}\) 中 \(k\) 的增减量是一样的，是 \(\large \frac{y_{max}-1}{d_y}\)，这也是正整数解的数量，因为在这个过程中，\(x\) 和 \(y\) 都一直保持 \(>0\)，那么 \(x_{max} = x_{min} + {\large \frac{y_{max}-1}{d_y}} \times d_x\)。
同余
定义
设 \(m\) 为正整数，若 \(a\) 和 \(b\) 是整数，且 \(m \mid (a-b)\)，则称 \(a\) 和 \(b\) 模 \(m\) 同余。
也可以说成 \(a\) 除以 \(m\) 得到的余数，和 \(b\) 除以 \(m\) 的余数相同；或者说 \(a-b\) 除以 \(m\)，余数为 \(0\)。
把 \(a\) 和 \(b\) 模 \(m\) 的同余记为 \(a \equiv b \pmod m\)。
性质
同余的基本概念：若 \(a\) 和 \(b\) 为整数，\(m\) 为正整数，则 \(a \equiv b \pmod m\) 当且仅当 \(a \bmod m = b \bmod m\)。
将其转化为等式：其成立当且仅当存在整数 \(k\) 使得 \(a=b+km\)。这也说明了同余方程和线性丢番图方程的关系。
模 \(m\) 的同余满足以下基本性质：
-
自反性：若 \(a\) 为整数，则 \(a \equiv a \pmod m\)；
-
对称性：若 \(a,b\) 为整数，且 \(a \equiv b \pmod m\)，则 \(b \equiv a \pmod m\)；
-
传递性：若 \(a,,c\) 为整数，且 \(a \equiv b \pmod m\) 和 \(b \equiv c \pmod m\)，则 \(a \equiv c \pmod m\)。
同余的加简乘除：
若 \(c\) 是整数，且 \(c \equiv d \pmod m\)。
-
同加性：\(a+c \equiv b+d \pmod m\)；
-
同减性：\(a-c \equiv b-d \pmod m\)；
-
同乘性：\(a \times c \equiv b \times d \pmod m\)；
-
无同除性：同余的两边同时除以一个整数，不一定保持同余；
-
同幂性：若 \(a,b,k\) 和 \(m\) 是整数，\(k,m>0\)，且 \(a \equiv b \pmod m\)，则 \(a^k \equiv b^k \pmod m\)
定理 4.1
\(a,b\) 和 \(m\) 为整数，\(m>0\)，设 \(d = \gcd(a,m)\)。
若 \(d\) 不能整除 \(b\)，则同余方程 \(a \equiv b \pmod m\) 无解；反之，\(d \mid b\)，则有 \(d\) 个不同余的解。
前半部分可以理解为 \(a \equiv b \pmod m\) 有解的充分必要条件是 \(d \mid b\)。
证明
前半部分很好理解，把这个同余方程转换为等式：\(ax + my = b\)，再运用定理 2.1，可得这个等式有解，条件是 \(d \mid b\)；
同样的对于等式去求出特解 \((x_0,y_0)\) 的通解，\(x = x_0 + {\large\frac{m}{d}} \times k\)，但是这里是同余方程，\(k\) 是有范围的，当 \(0 \le k < d\) 有 \(d\) 个模 \(m\) 的不同余解。利用剩余系的概念解释，\(k\) 取遍了模 \(d\) 的完全剩余系。
注意：\(x_0,y_0\) 不一定是最小的解！！！
推论
当 \(a\) 和 \(m\) 互素的时，因为 \(d = 1\)，所以线性同余方程 \(ax \equiv b \pmod m\) 有唯一的模 \(m\) 不同余解。
回到求解 \(ax \equiv b \pmod m\) 中未知数 \(x\) 的问题，首先求逆元，然后利用逆元求得 \(x\)。
[NOIP 2012 提高组] 同余方程
这题相当于在求整数 \(a\) 在模 \(b\) 意义下的逆元，不保证 \(a\) 和 \(b\) 互素，并不能使用费马小定理去解决问题；
将 \(ax \equiv 1 \pmod b\) 转化为等式方程 \(ax + by = 1\)，尝试用扩展欧几里得求解出这个方程的一个特解 \((x_0,y_0)\)，通解是 \(x = x_0 + bk\)，然后通过取模计算得出最小整数解。
青蛙的约会
假设跳的次数为 \(t\)，则 \(x - y = (n-m)t + Lk\)，其中 \(k\) 为任意整数。
设 \(n - m = a,t = x',L = b,k = y',x - y = c\)，那么就是 \(ax' + by' = c\)，用扩展欧几里得求出特解 \(x_0\) 像上面取模计算得出最小整数解即可。
中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem, CRT）
引入
「物不知数」问题：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？
即求同时满足以下条件的整数：除以 \(3\) 余 \(2\)，除以 \(5\) 余 \(3\)，除以 \(7\) 余 \(2\)。
三人同行七十希，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。
\(2 \times 70 + 3 \times 21 + 2 \times 15 = 233 = 2 \times 105 + 23\)，故解为 \(23\)。
定理 5.1
有 \(m_1,m_2,\dots,m_r\) 这 \(r\) 个两两互素的正整数，则同余方程组：
有整数解，并且模 \(M = \prod_{i = 1}^{r} m_i\) 唯一，解为：
其中 \(M_i = \large\frac{M}{m_i}\)，\(M_i^{-1}\) 为 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 下的逆元。
证明
设 \(c_i = M_iM_i^{-1}\)（不对 \(m_i\) 取模），我们需要证明对于所有 \(i,i \in [1,r]\) 都能满足 \(x \equiv a_i \pmod {m_i}\)。
对于任意 \(i,j\) 且 \(i \not =j\)，都有 \(M_j \equiv 0 \pmod {m_i}\)，因为 \(M_j = {\large\frac{M}{m_j}},M = \prod_{i = 1}^{r}m_i\)，也就是 \(M_j\) 的所有乘数中 \(m_i\)，同余方程成立；
故也有 \(c_j \equiv M_j \equiv 0 \pmod {m_i}\)。又因为 \(m_i\) 两两互素，有 \(c_i \equiv M_i(M_i^{-1} \bmod {m_i}) \equiv 1 \pmod {m_i}\)，所以：
另外，若 \(x \not = y\)，总存在 \(i\) 使得 \(x\) 和 \(y\) 在模 \(m_i\) 下不同余，故系数列表 \(\{ a_i \}\) 与 \(x\) 是一一映射关系，方程组总是有唯一的解。
注意：有可能会爆long long，这里使用__int128来代替，输入输出要用快读快输。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;
const int N=22;
inline int read() {
int x=0;
char c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) ;
for(;isdigit(c);c=getchar())
x=x*10+c-48;
return x;
}
inline void write(int x) {
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+48);
return ;
}
int n,a[N],b[N];
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
if(b==0) {
x=1,y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
inline int CRT(int a[],int m[],int n) {
int p=1,M[N];
for(int i=1;i<=n;i++)
p*=m[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
M[i]=p/m[i];
int X=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
int x,y;
int d=exgcd(M[i],m[i],x,y);
x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
X=(X+a[i]*M[i]%p*x%p)%p;
}
return X;
}
signed main() {
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),b[i]=read();
write(CRT(b,a,n));
return 0;
}
扩展中国剩余定理（EXCRT）
引入
上文所讲到的中国剩余定理的前提是所有的 \(m\) 是两两互素的，那么若模数 \(m\) 两两不互素怎么办呢？
实现
使用迭代法，每次合并两个同余式子，逐步操作，直到最后合并完所有式子，只剩下一个，就是最后的答案。
从头开始，将同余方程转为丢番图方程的形式：
合并两个等式：
移项：
用扩展欧几里得去求得一个特解 \(X_0\)，很显然，在取模下，\(X\) 的解是唯一的，且是非负整数，那么就有：
这里区分一下，数学上的 \(\bmod\) 正整数的结果是非负整数；然而在程序运行中，负整数取模正整数数是负整数，所以需要加上模数再取模！！
将 \(X\) 代回 \(x = a_1 + Xm_1\) 中求得原等式的一个特解 \(x'\)，合并后新的等式为：
即：
其中 \(m = {\large \frac{m_1m_2}{\gcd(m_1,m_2)}},a = x'\)，再细细品味其中的妙处。
新的 \(m\) 的求解就很好说明了在普通中国剩余定理中的 \(M = \prod_{i = 1}^{r} m_i\)，所有 \(m_i\) 互素，所以最小公约数为 \(1\)，可以省略掉，蕴含的思想是由特殊到一般？...
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;
const int N=1e5+10;
inline int read() {
int x=0;
int c=getchar();
for(;!isdigit(c);c=getchar()) ;
for(;isdigit(c);c=getchar())
x=x*10+c-48;
return x;
}
inline void write(int x) {
if(x>9)
write(x/10);
putchar(x%10+48);
return ;
}
int n,a[N],b[N],x,y;
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
if(b==0) {
x=1,y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
inline int mul(int a,int b,int m) {
int res=0;
while(b) {
if(b&1)
res=(res+a)%m;
a=(a+a)%m,b>>=1;
}
return res;
}
signed main() {
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),b[i]=read();
if(n==1) {
int A=1,B=a[1],C=b[1];
int d=exgcd(A,B,x,y);
// if(C%d!=0) {
// printf("-1\n");
// return 0;
// }
x=(x*(C/d)%(B/d)+(B/d))%(B/d);
write(x);
return 0;
}
int a1=b[1],m1=a[1],ans;
for(int i=2;i<=n;i++) {
int a2=b[i],m2=a[i];
int A=m1,B=m2,C=((a2-a1)%m2+m2)%m2;
int d=exgcd(A,B,x,y);
// if(C%d!=0) {
// printf("-1\n");
// return 0;
// }
// x=mul(x,C/d,B/d);
x=(x*(C/d)%(B/d)+(B/d))%(B/d);
ans=(a1+x*m1);
m1=m1*m2/d;
ans=(ans%m1+m1)%m1;
a1=ans;
}
write(ans);
return 0;
}
卢卡斯定理（Lucas）
引入
求组合数的方法有很多种，其中用逆元的求法，是通过 \(C_{n}^{r} \bmod m = {\large \frac{n!}{r!(n-r)!}} \bmod m\)，但是若 \(m\) 小于 \(n\)，那就不能保证 \(r!\) 和 \((n-r)!\) 在模 \(m\) 下有逆元了；然而用杨辉三角的话，时间复杂度为 \(O(n^2)\)，不够优秀，那么我们就需要用到卢卡斯定理了！！！
定理
对于非负整数 \(n,r\) 和素数 \(m\)，有：
其中，\(n=\sum_{i=0}^{k}n_im^{i}\) 和 \(r=\sum_{i=0}^{k}r_im^{i}\)，相当于是把 \(n\) 和 \(r\) 表示为 \(k\) 位的 \(m\) 进制数，对每位分别进行计算组合数，最后乘起来。
编程时的卢卡斯定理表达：
证明
对于素数 \(m,r \in (0,m)\)，有：
也可以这样理解，因为 \(C_{m}^{r}\) 为整数，\(r\) 和 \(m-r\) 取不到 \(m\)，所以 \(m!\) 必然进行运算后必然会剩下一个 \(m\)，所以在模 \(m\) 的意义下与 \(0\) 同余。
在上面的条件中 \(r\) 是不能取到 \(0\) 和 \(m\) 的，因为 \(C_{m}^{0}\) 和 \(C_{m}^{m}\) 的组合数为 \(1\)，\(1 \not \equiv 0 \pmod m\)。
带入二项式定理中，得到：
令 \(n = qm + a\)，有：
若 \(r>m\)，则 \(C_{r}^{m} = 0\)，那么我们可以把式子等价换成：
其中需要保证 \(im+j \le n\)。
这里为什么要把 \(a\) 换成 \(m-1\) 呢？
其实就可以把左边的 \(r \in [0,n]\) 在右边用所有数表示了，即 \(r = im + j\)，更便于理解。
最后将两边第 \(x^r\) 次的系数取出来，根据 \(r = im + j,i = {\lfloor r/m \rfloor},j = r \bmod m,a = n\bmod m,q = {\lfloor n/m \rfloor}\)，那就是：
最后展开利用递归实现，时间复杂度瓶颈在预处理求逆元部分，为 \(O(nlogn)\)，其实可以优化预处理，考场再用吧...
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int T,a,b,m,fac[N],inv[N];
inline int qpow(int a,int p) {
int res=1;
while(p) {
if(p&1)
res=res*a%m;
a=a*a%m,p>>=1;
}
return res;
}
inline void init_() {
fac[0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++) {
fac[i]=fac[i-1]*i%m;
inv[i]=inv[i-1]*qpow(i,m-2)%m;
}
return ;
}
inline int C(int n,int r) {
if(r>n)
return 0;
return fac[n]*inv[n-r]%m*inv[r]%m;
}
inline int Lucas(int n,int r,int m) {
if(r==0)
return 1;
return C(n%m,r%m)*Lucas(n/m,r/m,m)%m;
}
signed main() {
scanf("%lld",&T);
while(T--) {
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&m);
init_();
printf("%lld\n",Lucas(a+b,a,m));
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号