基础数论_学习笔记
前言
大部分定理的证明是参考的相关资料，因为我是菜狗 qwq，但都是在学习后自己独立写出来的。
因为写的时候是在不同时间写的，所以通读的时候会有一点割裂感。
我一开始写只是方便自己快速复习的，但是写着写着就感觉是在给别人看一样，也不重要了。
带 * 的是不知道放哪里，又感觉另开一个大章太费事，放在需要以这个大章为核心知识的地方。
有错会及时修正，后面的 BSGS 等更高级的如果考完 NOIP 后没退役就会更新。
1 数论中的基础知识
1.1 整除
1.1.1 定义
设 \(a,b\) 是整数，如果存在一个整数 \(c\)，使得 \(b=ac\)，则我们称为 \(a\) 整除 \(b\)（或 \(b\) 被 \(a\) 整除），记作 \(a\mid b\)。
1.1.2 定理
- （反射性）对于所有整数 \(a\)，满足 \(a \mid a\)。
- （传递性）若 \(a \mid b\)，\(b \mid c\)，则 \(a \mid c\)。
- 若 \(a,b_1,b_2,\cdots,b_n\) 都是整数，并且 $a \mid b_i $（\(1 \le i \le n\)），则 \(a \mid b_1c_1+b_2c_2+\cdots+b_nc_n\) 对于所有整数 \(c_1,c_2,\cdots,c_n\) 成立。
- 若 \(a,b_1,b_2,\cdots,b_n\) 都是整数，并且 $a \mid b_i $（\(1 \le i \le n\)），则 \(a \mid b_1c_1\times b_2c_2 \times \cdots \times b_nc_n\) 对于所有整数 \(c_1,c_2,\cdots,c_n\) 成立。
- 若 \(a \mid b\)，\(a \mid b \pm c\)，则 \(a \mid c\)。
- 若整数 \(a,b,c,d,e\) 满足 \(a \mid b-c\)，\(a \mid d-e\)，则 \(a \mid bd - ce\)。
- 若 \(a\mid b\)，则对于任意整数 \(c\)，满足 \(ac\mid bc\)。若 \(ac \mid bc\)，且 \(c \ne 0\)，则 \(a\mid b\)。
1.1.3 证明
定理 1、2、7 可以从定义入手。
定理 3、4 的证明如下：
令 \(w_1,w_2,\cdots,w_n\) 为满足下列条件的整数：
则有：
相加/相乘得：
证毕。
定理 5 证明如下：
令 \(w_1,w_2\) 为满足 \(b=aw_1,b+c=aw_2\) 的整数。
令 \(c=qa\)，则有\(b=aw_1=aw_2-qa=a(w2-q)\)。
\(\therefore w_1=w_2-q\)。
\(\because w_1,w_2\) 为整数。
\(\therefore q\) 为整数，\(w_2-q\) 也是整数。
\(-c\) 同理，证毕。
定理 6 证明如下：
令 \(w_1,w_2\)，为满足 \(b-c=aw_1,d-e=aw_2\) 的整数。
则有：
证毕。
1.2 同余
1.2.1 定义
设 \(a,b,n\) 是整数，若 \(n \mid a-b\)，则称 \(a\) 和 \(b\) 模 \(n\) 同余，记作：
1.2.2 定理
- （反射性）\(a \equiv a \pmod n\)。
- （对称性）若 \(a \equiv b \pmod n\)，则 \(b \equiv a \pmod n\)。
- （传递性）若 \(a \equiv b \pmod n\)，且 \(b \equiv c \pmod n\)，则 \(a \equiv c \pmod n\)。
- 若 \(a \equiv c \pmod n\)，且 \(b \equiv d \pmod n\)，则 \(a+b \equiv c+d \pmod n\)，\(ab \equiv cd \pmod n\)。
- 若 \(a \equiv b \pmod n\)，则 $ ac \equiv bc \pmod {nc}$。若 \(ac \equiv bc \pmod {nc}\)，且 \(c \ne 0\)，则 \(a \equiv b \pmod n\)。
1.2.3 证明
定理 1、2 可以从定义入手。
定理 3 证明如下：
根据定义 \(n \mid a-b\)，\(n \mid b-c\)。
由整除的定理 3 可以得到：
证毕。
定理 4 的证明如下：
根据定义 \(n \mid a-c\)，\(n \mid b-d\)。
由整除的定理 3 可以得到：
由整除的定理 6 可以得到：
证毕。
定理 5 的证明可以由整除的定理 7 得到。
1.3 数论函数
定义域为正整数，值域为复数集的子集的函数称为数论函数。
1.3.1 积性函数
对于一个数论函数 \(f\)，若 \(\forall x,y \in \mathbb{N}_+\) 且 \(x\) 与 \(y\) 互质，都有 \(f(xy)=f(x)f(y)\)，则称 \(f\) 为积性函数。
对于一个数论函数 \(f\)，若 \(\forall x,y \in \mathbb{N}_+\)，都有 \(f(xy)=f(x)f(y)\)，则称 \(f\) 为完全积性函数。
可以看出完全积性函数一定是积性函数。
积性函数一定满足 \(f(1)=1\)。
一些常见的积性函数：
- 1 函数（完全积性）：\(\mathbb{1}(n)=1\)。
- 幂函数（完全积性）：\(id_k(n)=n^k\)。
- 狄利克雷卷积单位元（完全积性）：\(\varepsilon(n)= \begin{cases} 1 \;, n=1 \\ 0 \;, n \not = 1\end{cases}\)。
- 欧拉函数：\(\varphi(n)=\) \(1 \sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数。
- 最大公因数：\(\gcd_k(n) =\gcd(n,k)\)。
- 除数函数：\(d(n)=\) 正整数 \(n\) 的正因子个数。
1.3.2 加性函数
对于一个数论函数 \(f\)，若 \(\forall x,y \in \mathbb{N}_+\) 且 \(x\) 与 \(y\) 互质，都有 \(f(xy)=f(x)+f(y)\)，则称 \(f\) 为加性函数。
对于一个数论函数 \(f\)，若 \(\forall x,y \in \mathbb{N}_+\)，都有 \(f(xy)=f(x)+f(y)\)，则称 \(f\) 为完全加性函数。
可以看出完全加性函数一定是加性函数。
加性函数一定满足 \(f(1)=0\)。
两个常见加性函数：
- \(\Omega(n) =\) 所有素因子（含重复）的总个数。（完全加性）
- \(\omega(n) =\) 不同素因子的个数。
例如 \(12=2^2 \times 3,\Omega(12)=3,\omega(12)=2\)、\(30=2 \times 3 \times 5, \Omega(30)=3,\omega(30)=3\)。
1.4 模运算
带余除法：对于整数 \(a\) 和 \(b>0\)，则存在唯一的整数 \(q,r\)，满足 \(a=bq+r\)，其中 \(0 \le r <b\)，其中 \(q\) 为商，\(r\) 为余数。
余数 \(r\) 用 \(a \bmod b\) 来表示。
带余除法非常重要，在很多题目中都能用带余乘法拆分得到关键步骤。
一些运算法则：
- \((a+b) \bmod M = (a \bmod M + b \bmod M ) \bmod M\)。
- \((a-b) \bmod M = (a \bmod M - b \bmod M ) \bmod M\)。
- \((a \times b) \bmod M = (a \bmod M \times b \bmod M ) \bmod M\)。
千万千万要注意除法没有类似的运算法则！！！！
关于除法的模运算详见“模意义下的乘法逆元”。
2 素数
对于正整数 \(p>1\)，若 \(p\) 的因数只有 \(1\) 和它本身，则 \(p\) 是素数。
2.1 唯一分解定理
每个大于 \(1\) 的整数都能唯一的表示成其质因数之积。
即 \(n=\prod p_i^{a_i}\) ( \(p_i\) 为素数且\(p_1<p_2<\cdots,a_i \ge 1\) )。
结论比较显然，故不给出该定理的证明。
求解代码：
void decompose(int x){
for(int i=2;i*i<=x;++i)
while(x%i==0) ++a[i],x/=i;
if(x) ++a[x];
}
int main(){
int n;scanf("%d",&n);
decompose(n);
for(int i=1;i<=n;++i)
if(a[i]) printf("%d %d\n",a[i],i);
}
- 一个真命题： \(n\) 中最多含有一个大于 \(\sqrt n\) 的因子。
证明：如果存在两个大于 \(\sqrt n\) 的因子，则二者相乘大于 \(n\)，矛盾。
2.2 费马小定理
若一个素数 \(p\)，\(a\) 是与 \(p\) 互质的任意整数，有 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)。等价地，\(a^p \equiv a \pmod p\)。
- 对于每一个整数 \(i \in [1,p)\)，满足 \(i \times a \bmod p\) 互不相同。
证明：如果存在整数 $i \ne j $ 且 \(i,j \in [1,p)\)，满足 \(i \times a \equiv j \times a \pmod p\)，则 \(i \equiv j \pmod p\)，不符合定义。
显然有：
根据同余的定理 5 可以得到：
得证费马小定理。
实际上，费马小定理是欧拉定理的一种特殊情况，后文的欧拉定理会提及。
2.3 素数筛
2.3.1 普通筛
既然是筛法，就不能一个数一个数暴力求是不是素数，这个复杂度 \(O(n \sqrt n)\) 妥妥 T 飞。
一个大于 \(1\) 的整数显然要么素数，要么是合数。
根据素数定义，一个数是素数当且仅当其因数只有 \(1\) 和它本身。
那么对于任意大于 \(1\) 的整数 \(i,j\)，\(i \times j\) 必定不是素数，那么它就是合数，这样就得到了时间复杂度为 \(O(n \log n)\) 普通筛：
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]) prime[++tot]=i; //没有被标记合数就是素数
for(int j=2;j*i<=n;++j) //枚举 i 的所有倍数 i*j
vis[j*i]=1; //i 的倍数必定是合数
}
2.3.2 埃氏筛
上面的筛法也太慢了，比如 \(12=3\times 4\)，\(i=3\) 或 \(i=4\) 时都会把 \(12\) 筛去，我们需要更快的筛法。
不难发现，根据唯一分解定理，一个合数一定会被拆成若干质因子之积。
这样就可以把质数的倍数筛出来，就可以避免前文的例子中 \(i=4\) 这样枚举合数的倍数这种纯浪费时间的情况。
时间复杂度 \(O(n \log \log n)\)，作者不会证复杂度 qwq。
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]){
prime[++tot]=i;
for(int j=2;j*i<=n;++j) //枚举素数的整数倍
vis[i*j]=1;
}
}
既然素数的（大于 \(1\) 的）整数倍是合数，那么（大于 \(1\) 的）整数的素数倍也是合数，那么就可以得到埃氏筛的另外一种形式：
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]) prime[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<=n;++j)
vis[i*prime[j]]=1;
}
2.3.3 线性筛
埃氏筛已经够优秀了，但是带个常数还是太慢了，有没有什么更加快速的筛法吗。
有的兄弟有的，线性筛的复杂度只有 \(O(n)\)。
线性筛的代码与埃氏筛形式 2 相比只多了一行：
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]) prime[++tot]=i;
for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<=n;++j){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break; //神奇的一行！
}
}
线性筛的思想是，对于一个合数 \(n\)，设 \(n\) 的最小质因子为 \(p_n\)，则 \(n\) 会且仅会在 \(i=\frac{n}{p_n}\) 被筛去。
正确性是显然的，接下来证明充要性。
充分性证明（合数 \(n\) 会在 \(i=\frac{n}{p_n}\) 时被筛去）：因为 \(p_n\) 是 \(n\) 的最小质因子，所以 \(\frac{n}{p_n}\ge p_n\)，那么在 \(i=\frac{n}{p_n}\) 时，\(p_n\) 就已经被记录为素数了。且根据唯一分解定理，\(\frac{n}{p_n}\) 的质因子一定大于等于 \(p_n\)。
当 \(i=\frac{n}{p_n}\) 时，如果出现 \(prime[j]\) 还没有枚举到 \(p_n\) 就终止，那么此时 \(prime[j] < p_n\) 且 \(prime[j]\) 一定是 \(i=\frac{n}{p_n}\) 的一个质因子，这与 \(p_n\) 是 \(n\) 的最小质因子矛盾。得证。
必要性证明（合数 \(n\) 仅会在 \(i=\frac{n}{p_n}\) 时被筛去）：假设 \(p'\) 是 \(n\) 的一个质因子且 \(p'>p_n\)，那么根据唯一分解定理，\(p_n\) 也一定是 \(\frac{n}{p'}\) 的一个质因子，即 \(p_n | \frac{n}{p'}\)。所以，当 \(i=\frac{n}{p'}\) 时，当 \(prime[j]\) 枚举到 \(p_n\)，因为 \(p_n | \frac{n}{p'}\)，此时枚举终止，也就不会被 \(p'\) 筛去。
这样，每个合数都只会被 vis[i*prime[j]]=1 标记一次，所有的数总共不会被标记超过 \(n\) 次，所以线性筛的时间复杂度为 \(O(n)\)。
*2.3.4 线性筛求积性函数
所有的积性函数都可以用线性筛来求。
举一个线性筛求 \(d(n)\) 的例子。
既然是线性筛，就要从唯一分解和最小质因子的角度出发。
\(d(1)=1\) 是显然的。
对于 \(n>1\) 的情况，设 \(P(n)\) 是 \(n\) 的最小质因子，\(K(n)\) 是 \(n\) 最小质因子的指数，相当于把 \(n\) 唯一分解后的 \(p_1\) 和 \(k_1\)。
因为 \(d(n)\) 是积性函数且 \(\frac{n}{P(n)^{K(n)}}\) 与 \(P(n)^{K(n)}\) 显然互质，所以 \(d(n)= d(\frac{n}{P(n)^{K(n)}}) \times d(P(n)^{K(n)}) = d(\frac{n}{P(n)^{K(n)}}) \times (K(n)+1)\)。
\(P(n)\) 在线性筛时就能顺便求出来，所以考虑求 \(K(n)\)。
- 若 \(P(n) \not = P(\frac{n}{P(n)})\)，那就是没有多余的最小质因子，此时 \(K(n)=1\)。
- 若 \(P(n) = P(\frac{n}{P(n)})\)，这样也很简单，只要把指数加一继承一下就行了：\(K(n) = K(\frac{n}{P(n)}) +1\)。
知道这些就够用了。
求解代码：
d[1]=d[0]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!vis[i]){
prime[++tot]=i;
P[i]=i,A[i]=1;
d[i]=2; //素数i的d(i)=2;
}
else{
//不是素数就按照前面的公式求d(i)
if(P[i]!=P[i/P[i]]) A[i]=1;
else A[i]=A[i/P[i]]+1;
d[i]=(A[i]+1)*d[i/pow(P[i],A[i])];
}
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j){
vis[i*prime[j]]=1;
P[i*prime[j]]=prime[j]; //线性筛原理，用最小质因子筛
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
3 欧拉函数与欧拉定理
3.1 欧拉函数
欧拉函数 \(\varphi(n)\) 表示 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数的个数，是积性函数。
3.1.1 求单个欧拉函数
假设要求 \(\varphi(n)\)，根据唯一分解定理，\(n=\prod p_i^{k_i}\)，\(p_i\) 是质数，且 \(k_i>0\)。
那么根据欧拉函数积性性质 \(\varphi(n)=\prod \varphi( p_i^{k_i} )\)，考虑怎么求 \(\varphi(p^{k})\)。
可以发现，如果一个数与 \(p^k\) 不互质，那么其一定是 \(p\) 的倍数，所以和 \(p^k\) 不互质的数的个数是 \(\frac{p^k}{p} = p^{k-1}\)，反过来就得到了 \(\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1} =p^k(1-\frac{1}{p})\)。
那么
这样就可以在 \(O(\sqrt n)\) 的时间复杂度下求出 \(\varphi(n)\)：
int tphi(int n) {
int ans=n;
for(int i=2;i*i<=n;++i)
if(n%i==0){
ans=ans/i*(i-1); //乘上(1-1/p)
while(n%i==0) n/=i; //把n中的i全部筛去
}
if(n!=1) ans=ans/n*(n-1); //可能存在一个大于sqrt(n)的质因子
return ans;
}
3.1.2 线性筛求多个欧拉函数
既然欧拉函数是积性函数，我们就能用线性筛来求 \(1\sim n\) 的欧拉函数。
若 \(i\) 是素数，那么 \(\varphi(i)=i-1\)。
若 \(i\) 是合数，在线性筛中一个合数被筛去当且仅当被其最小质因数筛去，假设 \(p_1\) 是 \(i\) 的最小质因子，\(k_1\) 是 \(i\) 的最小质因子的指数，分类讨论：
- \(k_1 = 1\) 时，此时 \(p_1\) 与 \(\frac{i}{p_1}\) 互质，所以 \(\varphi(i)=\varphi(\frac{i}{p_1}) \times \varphi(p_1) = \varphi(\frac{i}{p_1}) \times (p_1-1)\)。
- \(k_1>1\) 时，此时 \(p_1\) 与 \(\frac{i}{p_1}\) 不互质，\(\frac{i}{p_1}\) 的最小质因数仍然是 \(p_1\)，因为：
所以 \(\varphi(i)= \varphi(\frac{i}{p_1}) \times p_1\)。
void sol(int n){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!phi[i]) phi[i]=i-1,prime[++tot]=i; //i为素数
for(int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j){
if(i%prime[j]==0){ //i为合数且k1>1
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else //i为合数且k1=1
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
3.1.3 欧拉函数的其他性质
一个最重要的就是：\(n = \sum_{d|n} \varphi(d)\) 对任意正整数 \(n\) 成立。
我们来证明这个，设集合 \(A=\{1,2,\cdots,n \}\)，并将该集合划分成若干个子集 \(S_d=\{ k \in A \:| \: \gcd(k,n)=d\:\}\)，显然任意两个 \(S\) 的交集为空，且这些的并集等于 \(A\)，所以 \(n = |A| = \sum |S_d|\)，而且 \(d|n\)，故 \(n =\sum_{d|n} |S_d|\)。
那就考虑怎么求 \(|S_d|\)。
假设 \(S_d\) 中一个元素为 \(k\)，有 \(\gcd(k,n)=d\)，设 \(k=dm\)，\(m\) 是正整数，显然 \(m\) 能取的数量就是 \(|S_d|\)。所以 \(k=dm \le n\)，\(m \le \frac{n}{d}\)。又 \(\gcd(dm,n)=d\)，\(\gcd(m,\frac{n}{d})=1\)。
令 \(t=\frac{n}{d}\)，所以 \(1\le m\le t\) 且 \(\gcd(m,t)=1\)，\(m\) 的取到的数量就是 \(\varphi(t)=\varphi(\frac{n}{d})\)，即 \(|S_d|=\varphi(\frac{n}{d})\)。\(d|n\)，所以 \(\frac{n}{d}\) 是整数，且是 \(n\) 的一个约数。
现在有了 \(n=\sum_{d|n} \varphi(\frac{n}{d})\)，发现在枚举 \(d\) 时，\(\frac{n}{d}\) 都是 \(n\) 的正约数且成对，即 \(d|n\) 时，\(\frac{d}{n}|n\)。因为对答案影响只有 \(\varphi(\frac{n}{d})\)，所以上述等式等价于 \(n=\sum_{d|n} \varphi(d)\)。得证。
不要问为什么最后证的这么牵强，这是我自己证的，能大概证出来就已经是我这个菜狗的极限了。
3.2 欧拉定理
欧拉定理和扩展欧拉定理常由于解决大指数化简的问题。
设 \(a,n \in \mathbb{N}_+\)，若 \(a\) 与 \(n\) 互质，则 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\)。
\(n\) 为素数时，\(\varphi(n)=n-1\)，此时欧拉定理变成费马小定理。
那就考虑 \(n\) 为其他数，设集合 \(A\) 是所有与 \(n\) 互质的正整数，即 \(A=\{ x_1,x_2,\cdots , x_{\varphi(n)} \}\)。
令集合 \(B\) 为集合 \(A\) 中每一个元素乘 \(a\) 模 \(n\) 构成的集合，即 \(B=\{ ax_1 \bmod n,ax_2 \bmod n,\cdots , ax_{\varphi(n)} \bmod n\}\)，那么 \(A=B\)。
首先证明 \(B\) 中的每一个元素都互不相同：
若存在 \(i \not= j,ax_i \equiv ax_j \pmod n\)，那么 \(a(x_i-x_j)\equiv 0 \pmod n\)。因为 \(a\) 与 \(n\) 互质，\(0 < x_i,x_j<n\) 且 \(x_i\not= x_j\)，故一定不存在一个 \((x_i-x_j)\) 使得 \(a(x_i-x_j)\equiv 0 \pmod n\) 成立，得证。
因为 \(x_i\) 与 \(n\) 互质，\(a\) 也与 \(n\) 互质，所以 \(ax_i\) 与 \(n\) 互质。\(A\) 包括了所有与 \(n\) 互质的小于 \(n\) 的正整数。所以每一个 \(0 < ax_i \bmod n <n\) 都与 \(A\) 中的一个元素对应，又 \(|B|=|A|\) 且 \(B\) 中每个元素互不相同，所以 \(A=B\)。
那么有：
得证欧拉定理。
3.3 扩展欧拉定理
设 \(a,n \in \mathbb{N}_+\)，有 \(a^{2\varphi(n)} \equiv a^{\varphi(n)} \pmod n\)。
等价地，对于任意的 \(a,k,n \in \mathbb{N}_+\)，若 \(k \ge \varphi(n)\)，那么有 \(a^k \equiv a^{k \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \pmod n\)。
证明：
咕咕咕。
4 二元线性不定方程
一般来说，形如方程 \(ax+by=c\)，其中 \(a,b,c\) 是整数，求整数 \(x,y\)。通常使用裴蜀定理和扩展欧几里得算法来求解。与普通的欧几里得算法（辗转相除法）相似。
4.1 裴蜀定理
若 \(a,b\) 不是全为 0 的整数，那么对于任意整数 \(x,y\) 满足 \(\gcd(a,b) \mid ax+by\)，且存在整数 \(x,y\)，使得 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。
下面是裴蜀定理的证明：
设集合 \(S\) 为所有可以表示成 \(ax+by\) 的数，即：
设 \(d\) 是集合 \(S\) 中的最小正整数（\(d=ax_0+by_0\)），则有：
- \(\forall w,w \in S\)，则有 \(d\mid w\)。
证明：假设 \(d \nmid w\)，则存在 \(x',y'\) 使得 \(d \nmid ax'+by'\)。由带余除法的定义可知：\(ax'+by'=qd+r\)，其中 \(0 <r<d\)。那么有：
则 \(r\) 是比 \(d\) 更小，且在集合 \(S\) 中的正整数。故假设不成立，证毕。
当 \(x=1,y=0\) 时，\(ax+by=a\)。
当 \(x=0,y=1\) 时，\(ax+by=b\)。
则有 \(d\mid a\)，\(d \mid b\)，所以 \(d\) 是 \(a,b\) 的公约数。
\(\forall c\)，\(c\) 是 \(a,b\) 的公约数。
则 \(c\mid a,c\mid b\)，那么有 \(a=m_1c,b=m_2c\),可以得到:
所以 \(c\mid d\)，\(d\) 是 \(a,b\) 的最大公约数，得证。
4.2 扩展欧几里得（exgcd）
已知整数 \(a,b,c\)，求二元方程 \(ax+by=c\) 的整数解。
4.2.1 求特解
由裴蜀定理可知若 \(\gcd(a,b) \nmid c\) 则无解，反之有解。即 \(\gcd(a,b)\) 是 \(c\) 的倍数。
那么只需要求 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组解，然后把解同时乘以 \(\frac{c}{\gcd(a,b)}\) 即可。
因为 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)。
所以 \(bx_0+(a \bmod b)y_0= \gcd(b,a \bmod b)\)。
如果重复上述操作可以得到：
考虑回代。
假设已经知道了 \(bx_0+(a \bmod b)y_0=\gcd(b,a \bmod b)\) 的一组解，如何求 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。
因为 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)，所以：
即：
这样就可以递归找出特解了。
注意式子 \(①\)，这里的 \(y'\) 可不为 \(0\)，\(y'\) 取其它整数虽导致得到的最终结果不同，但是符合题意的一组解，不影响答案。
求解代码：
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1; y=0; //y可取其它整数
return ;
}
exgcd(b,a%b,x,y);
//得到上一组的解
int tx=x;
x=y;
y=tx-a/b*y;
//得到这一组的解
}
不要忘了最后的解要乘 \(\frac{c}{\gcd(a,b)}\)。
4.2.2 求通解
这个方程显然是有很多个解的，那么如何求所有的解。
现在已经求出了 \(ax+by=c\) 的一组解，假设另一个解 \(ax'+by'=c\)。
两式子相减得：\(a(x-x')+b(y-y')=0\)。
令 \(\Delta x=x-x',\Delta y=y-y'\)，这个方程的的任何一个解与已经求出的特解的差 \((\Delta x,\Delta y)\)，也一定满足 \((a\Delta x+ b \Delta y)=c\)。
对于该方程的任意一组解 \((x'',y'')\)，因为 \((ax''+by'')+(a\Delta x+ b \Delta y)=c+0=c\)，故 \((x''+\Delta x,y''+\Delta y)\) 也是该方程的一组解。
因此只需求出 \(a\Delta x+ b \Delta y=0\) 的所有解即可。
因为对于全部的解 \(x\) 的绝对值越大，\(y\) 的绝对值显然越大。
所以令方程 \(ax+by=0\) 的一组非零解为 \((x_{\min},y_{\min})\)，指 \(x,y\) 的绝对值最小的一组解。
因为 \(\left| ax\right|\) 是 \(a\) 的倍数，\(|by|\) 是 \(b\) 的倍数，而且 \(|ax|=|by|\)。
所以 \(|ax|\)、\(|by|\) 是 \(a,b\) 的公倍数。
要让 \(|ax|\) 最小，\(|a|\) 是定值，就是让 \(|x|\) 最小，即 \(a,b\) 的最小公倍数 $ \operatorname{lcm}(a, b)=\frac{a\times b}{\gcd(a,b)}$。
因此最小的一组非零解就是 $(x_{\min},y_{\min}) = (\frac{b}{\gcd(a,b)},\frac{-a}{\gcd(a,b)}) $。
可以证明所有关于 \(ax+by=0\) 的解都是 \((x_{\min},y_{\min})\) 的倍数。
令 \(k \in \mathbb{Z}\)，\((x,y)\) 是得到的特解，那么就得到了通解形式，即 \(ax+by=c\) 的所有解：
5 模意义下的乘法逆元
模意义下的乘法逆元简称“逆元”。
若存在一个整数 \(x\)，使得 \(ax \equiv 1 \pmod p\)，则称 \(x\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元，即为 \(a^{-1} \pmod p\)。
5.1 逆元的求法
5.1.1 扩展欧几里得算法求逆元
\(ax \equiv 1 \pmod p\) 可以拆成同余方程 \(ax + py = 1\)，求得的 \(x\) 就是 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元。
由裴蜀定理可以发现存在 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元当且仅当 \(a\) 与 \(p\) 互素。
5.1.2 费马小定理求逆元
利用费马小定理 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)，可以改写等式：\(a^{p-1} = a \times a^{p-2} \equiv 1 \pmod p\)，显然 \(a^{p-2}\) 就是逆元。
但是费马小定理要求 \(p\) 是质数且 \(a\) 不能是 \(p\) 的倍数，前者限制条件在扩展欧几里得里没有要求，所以用扩展欧几里得求逆元比费马小定理求逆元的实用性更广。
5.2 逆元的性质
唯一存在性：
由上文求逆元的方式可知存在 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元只需要满足 \(a\) 与 \(p\) 互素，且 $ 0 < a^{-1} < p$，这个逆元是唯一确定的。
证明很简单：假设存在 \(0 < x_1,x_2 <p\)，\(x_1<x_2\)。那么 \(ax_1 \equiv ax_2 \pmod p\)，\(a(x_2 - x_1) \equiv 0 \pmod p\)。因为 \(a\) 与 \(p\) 互素，所以 \(x_2 - x_1\) 是 \(p\) 的倍数，但是 \(0 < x_2-x_1<p\)，不是 \(p\) 的倍数。与前提假设矛盾，得证。
值得注意的是，逆元的 “唯一性”是指在模 \(p\) 的意义下，如果只是根据定义来解那么是有很多解的，例如 \(3^{-1}\equiv 5 \pmod 7\)，\(12\) 和 \(19\) 也可以表示，与 \(5 \pmod 7\) 等价。
其他相对来说没那么重要的性质：
运算兼容性：\((a \times b)^{-1} \equiv a^{-1} \times b^{-1} \pmod p\)。
互逆性： 若 \(0 <a,b <p\)，\(ab \equiv 1 \pmod p\)，那么 \(a\) 是 \(b\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元，\(b\) 也是 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元。
5.3 逆元的作用
在进行模运算时有时会出现求 \(\frac{a}{b} \bmod p\) 的情况，根据模运算的运算规律除法是不能直接模运算的，但是利用逆元 \(b \times b^{-1} \equiv \pmod p\) 可以化成 \(\frac{a}{b} \times b \times b^{-1} \equiv a \times b^{-1} \pmod p\) 这样乘的形式，就可以直接进行模运算了。
而且在处理 \(ax \equiv b \pmod p\) 这样的方程时，两边同时乘 \(a^{-1}\) 可以化简为 \(x \equiv b \times a^{-1} \pmod p\)。
在计算组合数 \(C^{n}_{m} = \frac{m!}{n!(m-n)!}\) 时也可以利用逆元将分母转换为乘法。
5.4 *威尔逊定理
同余式 \((p-1)! \equiv -1 \pmod p\) 成立的充要条件是 \(p\) 为素数。
必要性证明（\(p\) 是素数 \(\Rightarrow\) \((p-1)! \equiv -1 \pmod p\)）：
设集合 \(A=\{x \:| \: 1 \le x <p,x\in \mathbb{N} \}\)。那么 \(\forall d \in A\)，\(d\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元 \(d^{-1}\) 显然存在，且根据逆元的唯一性，\(d^{-1} \in A\)。
由根据逆元的互逆性：
因为 \(p-1 \equiv -1 \pmod p\) 且 \(p^{-1} = p\)，又 \(1 = 1^{-1}\)，且剩下的元素能两两配对，故：
即：
充分性证明（\((p-1)! \equiv -1 \pmod p\) \(\Rightarrow\) \(p\) 是素数）：
假设 \(p\) 是合数，则存在一个整数 \(1 < d < p\)，使得 \(d \: |\:p\)。
显然有：\(d \: | \: (p-1)!\)，即 \((p-1)! \equiv 0 \pmod d\)。
由已知条件：\((p-1)! \equiv 1 \pmod p\)，由 \(d\) 与 \(p\) 的关系和上述同余式可以得到：
显然 \(d = \pm 1\)，但是 \(d>1\)，故假设不成立，得证。
6 线性同余方程组
形如：
的方程称为线性同余方程组，对于模数互质的特殊情况，可以用中国剩余定理（CRT）解决。
对于一般情况就只能使用扩展中国剩余定理（exCRT）解决。
6.1 中国剩余定理（CRT）
CRT 只能用来解决 \(m_i\) 两两互质的情况。
令 \(M= \prod m_i,M_i= \frac{M}{m_i}\)。
显然 \(M_i\) 与 \(m_i\) 互质，则 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的乘法逆元 \(M_i^{-1}\) 存在。
即：\(M_i \times M_i^{-1} \equiv 1 \pmod {m_i}\)，\(a_iM_i M_i^{-1} \equiv a_i \pmod {m_i}\)。
对于 \(j \ne i\)，因为 \(M_j=\prod_{i\ne j} m_i\)，则 \(M_j\) 是 \(m_i\) 的倍数。
所以 \(a_j M_j M_j^{-1} \equiv 0 \pmod {m_i}\)。（注意，这里 \(M_j^{-1}\) 是指模 \(m_j\) 意义下的逆元，后面的也是。）
令 \(x= \sum a_i M_i M_i^{-1}\)。
\(\forall i，\)有：
\(x\) 就是方程的一个解。
- 对于 \(k \in \mathbb{Z}\)，那么 \(x+kM\) 也是该方程的解。
证明：\(kM \equiv 0 \pmod {m_i},x + kM \equiv kM+\sum a_i M_i M_i^{-1} \equiv 0+a_i \equiv a_i \pmod {m_i}\)。
- 不存在其他解。
证明：假设存在另一个解 \(x'\)，显然满足 \(x' \not\equiv x \pmod M\)。
但是 \(x' \equiv a_i \pmod {m_i},x \equiv a_i \pmod {m_i}\)。
所以 \(x' - x \equiv 0 \pmod {m_i}\) 对所有 \(i\) 成立。
因为 \(m_i\) 两两互质，所以 \(\operatorname{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_n) = m_1 \times m_2 \times \dots \times m_n = M\)。
故 \(x'-x \equiv 0 \pmod M\)，与前提假设矛盾。得证。
6.2 扩展中国剩余定理（exCRT）
把“\(m_i\) 两两互质的条件”删除时，用 exCRT。
exCRT 本质上与 CRT 完全不同，CRT 的核心思想是利用逆元求解，这里没有了互质的条件，意味着核心思想变了。所以 exCRT 和 CRT 就是完全不同的两种算法，只是解决的问题相似而已。
如果方程组只有一个方程：\(x \equiv a \pmod {m}\)，那么该方程的最小非负整数解显然为 \(a\)。
如果只有两个方程 \(\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x\equiv a_2 \pmod {m_2} \end{cases}\)，因为一个方程可以直接求出答案，所以考虑把这两个方程合并成一个方程：
把同余式改写成等式：\(x=a_1+k_1m_1=a_2+k_2m_2\)。
移项：\(k_1m_1-k_2m_2=a_2-a_1\)。
这刚好是一个二元方程，可以用 exgcd 求解 \(k_1\)。
注意，根据裴蜀定理，若 \(\gcd(m_1,m_2) \nmid (a_2-a_1)\) 则无解。
求解出 \(k_1\) 后，可以得到一个特解 \(x'=a_1+k_1m_1\)。
现在已经得到了特解，那么 \(\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x\equiv a_2 \pmod {m_2} \end{cases}\) 的通解为 \(x'+k \times \operatorname{lcm} (m_1,m_2)\)，其中 \(k\in \mathbb{Z}\) 。
这很显然，\(\operatorname{lcm} (m_1,m_2)\) 同时是 \(m_1\) 和 \(m_2\) 的倍数，故 \(\begin{cases} x + k \times \operatorname{lcm} (m_1,m_2)\equiv a_1 +0\pmod {m_1} \\ x+ k \times \operatorname{lcm} (m_1,m_2)\equiv a_2 +0\pmod {m_2} \end{cases}\)。
我们令 \(x_0\) 是通解中的最小非负整数，那么原来的两个方程可以合并为：
这里的 \(x_0\) 显然小于 \(\operatorname{lcm} (m_1,m_2)\)，并且没有其他大于等于零小于 \(\operatorname{lcm} (m_1,m_2)\) 的整数解，这里由通解就能直接看出来，不再证明。
合并方程就是 exCRT 的核心操作，如此反复执行合并操作，就可以把原来的 \(n\) 个方程合并成一个方程，进而得到解。
洛谷P4777核心代码：
signed main(){
int n,a1,b1,a2,b2; scanf("%lld%lld%lld",&n,&a1,&b1);
for(int i=1;i<n;++i){
//a1,a2是上一组方程
scanf("%lld%lld",&a2,&b2);
int k1,k2;
int d=exgcd(a1,a2,k1,k2);
int bg=a2/d; //k1的特解形式
//判断无解
if((b2-b1)%d!=0) return !printf("Impossbile\n");
k1=(mul(k1,(b2-b1)/d,bg));//求出一种解
//相当于k1=(k1*(b2-b1)/d%bg)，这里用了龟速乘
//更新新的方程
b1=k1*a1+b1;
a1=a1*bg;
b1=(b1%a1+a1)%a1;//求出最小非负的b1
}
printf("%lld\n",b1);
}
}
7 组合数学与计数
7.1 二项式定理
若 \(n\) 是正整数，则有：\(\begin{aligned} (x+y)^n = \sum_{i=0}^n C_{n}^{i} x^i y^{n-i} \end{aligned}\)。
用数学归纳法证明：
当 \(n=1\) 时原式显然成立。
假设 \(n=k\) 时原式成立，则 \(n=k+1\) 时，有：
因为
所以
因此 \(n=k+1\) 时原式也成立，得证。
7.2 卢卡斯定理（Lucas 定理）
一个引理：若 \(p\) 是素数，则有：\((x+y)^p \equiv x^p + y^p \pmod p\)。
证明：由二项式定理可知：\(\begin{aligned} (x+y)^p = \sum_{i=0}^p C_{p}^{i} x^i y^{p-i} \end{aligned}\)。
其中当 \(1 \le i < p\) 时：
所以
其中 \(i^{-1}\) 表示 \(i\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元。
原式只剩下 \(i=0,p\) 两项，得证。
Lucas 定理：
若 \(p\) 是素数，则有：$C_n^m \equiv C_{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \times C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \pmod p $。
证明：
根据带余除法，令 \(n=ap+b,m=cp+d\)，其中 \(0 \le b,d < p\)。
根据二项式定理得到式子一：
根据二项式定理和引理得到式子二：
由式子一可知 \(x^m\) 的系数为 \(C_n^m\)。
由式子二可知 \(x^m=x^{cp+d}\) 的系数为 \(C_a^c C_b^d\)。
因为 \(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor = a ,\lfloor \frac{m}{p} \rfloor = c,n \bmod p =b,m \bmod p=d\)。
所以 \(C_n^m \equiv C_{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \times C_{n \bmod p}^{m \bmod p} \pmod p\)，证毕。
在求解时，根据费马小定理：\((m!)^{p-1} \equiv 1 \pmod p,[(n-m)!]^{p-1} \pmod p\)。
那么有：
这样就可以求解了。
参考资料
大致是按参考程度排列的。
- 《深入浅出程序设计竞赛（进阶篇）》高等教育出版社，编著：汪楚奇。
- 同余代数——Alex_Wei。
- 基础数论笔记——Tomwsc。
- OI Wiki-数论。
- 《数论：概念与问题》哈尔滨工业大学出版社，编著：[美]Titu Andreescu。
- 扩展中国剩余定理——阮行止。
浙公网安备 33010602011771号