数论基础定理与简单应用

基本符号

• \(\equiv\) ，可以表示恒等，同余
• \(a \mid b\) ，表示 \(b\) 是 \(a\) 的倍数。注意不是 \(a\) 是 \(b\) 的倍数
• \(a \nmid b\) ，表示 \(b\) 不是 \(a\) 的倍数，与整除相反
• \(\in\) ，属于，用于表示一个元素在一个集合当中

---

裴蜀定理

内容

• 对于任意整数 \(a, b\) ，设 \(d = gcd(a, b)\) ，存在一组整数 \((x, y)\) 满足 \(ax + by = d\) ， 且对于任意一组整数 \((x, y)\) 都有 \(ax + by \mid d\)

---

费马小定理

内容

• 对于任意素数（质数） \(p\) ， 都有任意整数 \(a\) 满足 \(a ^ p \equiv p (mod \quad p)\) ；当满足 \(p \nmid a\) 时也可以写成 \(a^{p - 1} \equiv 1 (mod \quad p)\)

  对于第二个公式的前置条件 \(p \nmid a\) 你也许并未在代码或题解中见过或强调过，因为对于 OI 里的大部分题目 \(p\) 总大于 \(a\) ，所以基本不会出现 \(p \nmid a\) 的情况，但这并不代表改条件是可以忽视的

证明

前置知识：二项式定理，组合数

显然，当 \(a = 0\) 时 \(a^p \equiv p\) 成立（后文省略了\((mod \quad p)\)）

使用数学归纳法，要证明 \(a \in N\) 时成立，仅需证明 \((a + 1) ^ p \equiv a + 1\) 成立即可

• 二项式定理展开

\[(a + 1)^{p} = a ^ p + C^1_{p}a^{p - 1} + C^2_{p}a^{p - 2} + ... + C^{p - 1}_{p}a + 1 \]

• 进一步展开组合数

\[(a + 1) ^ p = a ^ p + \frac{p!}{1!(p - 1)!}a^{p - 1} + \frac{p!}{2!(p - 2)!}a^{p - 2} + ... + \frac{p!}{(p - 1)!(1)!}a^{p - 1} + 1 \]

• 由于组合数的性质，分子一定能整除分母，又因为 \(p\) 是素数且不存在有组合数的分母中含 \(p\) ，所以组合数的结果因数中一定含 \(p\) ，

  而在模 \(p\) 意义下，这些组合数就会变成 0，所以可以进一步化简

\[(a + 1) ^ p = a ^ p + 1 = a + 1 \]

• 故，得证

因此对于任意的 \(a \in N\) 都满足 \(a ^ p \equiv a\)

---

扩展欧几里得定理

• 扩展欧几里得定理(exgcd)本质是对裴蜀定理的求解

  即给定整数 \(a, b\) ，求一组整数 \(x, y\) 满足 \(ax + by = gcd(a, b)\)

前置知识：欧几里得定理（辗转相除）

实现过程

• 根据欧几里得定理 \(gcd(a,b)=gcd(b,a \; mod \; b)\) 可得

\[bx_1+(a\; mod\; b)y_1=gcd(a,b) \]

• 又因为 $a ; mod ; b = a - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor \times b $ ， 所以

\[bx_1+(a - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor \times b)y_1=gcd(a,b) \]

• 展开整理

\[ay_1 + b(x_ 1 - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_1) = gcd(a, b) \]

• 所以得到

\[x = y_1, y = x_ 1 - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_1 \]

然后不断递归即可

---

模逆元

定义

• 对于任意非零实数 \(a\) 其乘法逆元定义为 \(a^{-1}\)
• 模逆元定义为在模意义下的乘法逆元，即对于任意非零实数 \(a\) ，满足 \(ax \equiv 1\) 的 \(x\) 即为 \(a\) 的模逆元

请注意区分模逆元与乘法逆元，乘法逆元包含模逆元

应用

模逆元在OI最常用的即是对含有除法的式子进行取模运算

例如对于式子 \(a \times b \;/ \;c\) ，假设 \(a, b, c\) 都很大，那么我们在运算过程中就需要不断取模，但对于除法而言，我们显然不能直接对除数取模，所以我们要将除法替换

我们知道 \(b\; / \; c\) 可以看为 \(b \times c^{-1}\) ，而 \(c^{-1}\) 的逆元为 \(c\) ，我们只需要再求出 \(c\) 的逆元 \(x\) ，就可以用 \(x\) 代替 \(c^{-1}\) 进行计算。

因为在模 \(p\) 意义下 \(c^{-1}c \equiv 1\) 且 \(cx \equiv 1\) ，所以 \(c^{-1} \equiv x\)

求解

对于任意非零实数 \(a\)

• 若模数 \(p\) 为素数，根据费马小定理可得 \(a^{p - 1} \equiv 1\) ，所以\(a \times a^{p - 2} \equiv 1\)

  所以 \(a\) 的模逆元即为 \(a^{p - 2}\) ，然后用快速幂即可求出

• 若 \(p\) 为非素数，我们可以将式子 \(ax \equiv 1 \; (mod \; p)\) 转化为 \(ax + bp = 1\) ，随后用扩展欧几里得定理即可求出 \(x\)

---

中国剩余定理

中国剩余定理 (CRT) 可认为是求解如下一种一元线性同元方程组的工具

\[\left\{\begin{matrix} x \equiv a_1 \; (mod \; n_1) \\ x \equiv a_2 \; (mod \; n_2) \\ ...\\ x \equiv a_k \; (mod \; n_k) \\ \end{matrix}\right. \]

公式

• \(x = \sum_{1}^{k}a_im_im_i^{-1}\) （保证在模 \(M\) 意义下有唯一解）

其中 \(M = a_1 \times a_2 \times...\times a_k\) ， \(m_i = \frac{M}{n_i}\) ， \(m_i^{-1}\) 为 \(m_i\) 在模 \(n_i\) 意义下的逆元

证明

将公式展开可得

\[x = a_1m_1m_1^{-1} + a_2m_2m_2^{-1} + ... + a_km_km_k^{-1} \]

注意到当对于对于任意的 \(i\) ，因为 \(m_i = \frac{M}{n_i} = \frac{n_1n_2...n_k}{n_i}\) ，所以对于其他的 \(j \ne i\) ，\(m_i\) 一定包含因数 \(n_i\) ，所以在模 \(n_i\) 意义下时，除了第 \(i\) 项外其余项均为 \(0\) ，所以此时 \(x \equiv a_im_im_i^{-1}\) ，又因为 \(m_im_i^{-1} = 1\) ，所以 \(x \equiv a_i \;(mod\;n_i)\) ，所以得证

---

埃氏筛

埃氏筛是一种常见的素数筛法

实现过程及原理

我们要在 \(1...n\) 种找到所有质数，可以通过排除所有合数来解决

对于任意合数，其一定含有质因数因子

所以我们可以根据以筛出来的质数去不断提升倍数去排除其它合数

时间复杂度为 \(O(n \,logn\,logn)\)

示例代码

vector<int> prime;
bool vis[N];

void is_prime(int n) {
  vis[0] = vis[1] = false;
  for (int i = 2; i <= n; i++)vis[i] = true;
  for (int i = 2; i <= n; i++) {
    if (vis[i]) {
      prime.push_back(i);
      if (i * i > n) continue;
      for (int j = i * i; j <= n; j += i)
        vis[j] = false;
    }
  }
}