数学知识--数论

质数

素数定理：小于n的正整数大约有 $\frac{n}{\ln n}$ 个素数

试除法判断素数$O(\sqrt n)$

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bool is_prime(int x)
{
    for(int i = 2; i <= x / i; i ++)
        if(x % i == 0)
            return false;
    return true;
}

分解质因数 $O(\sqrt n)$

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void getdiv(int x)
{
    for(int i = 2; i <= x / i; i ++)
    {
        if(x % i == 0)
        {
            int s = 0;
            while(x % i == 0) s ++, x /= i;
            cout << i << ' ' << s << '\n';
        }
    }
    if(x > 1) cout << x << ' ' << 1 << '\n';
}

素数筛

1. 诶氏筛法 $O(n\log \log n)$

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void init_prime(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
        if(!st[i])
        {
            prime[cnt ++] = i;
            for(int j = i * i; j <= n; j += i)
                st[j] = true;
        }
}

线性筛 $O(n)$

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void init_prime(int n)
{
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        if(!st[i]) prime[cnt ++] = i;
        for(int j = 0; prime[j] <= n / i; j ++)
        {
            st[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}

约数

唯一分解定理：任何一个大于1的自然数 N,如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积：

\[N = {p_1}^{a_1} * {p_2}^{a_2} * ··· * {p_k}^{a_k} \]

应用

1. 约数个数

若一个正整数$S$的标准分解式 $N = {p_1}^{a_1} * {p_2}^{a_2} * ··· * {p_k}^{a_k}$，则其正因数个数：
$S_1(N) = (1 + a_1)(1+a_2)···(1+a_k)$

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void S1(int x)
{
    unordered_map<int,int> hash;
    for(int i = 2; i <= x / i; i ++)
        while(x % i == 0)
            x /= i, hash[i] ++;
    if(x > 1) hash[x] ++;
     for(auto i:hash) ans = ans * (i.second + 1) % mod;
     cout << ans << '\n';
}

2. 约数之和

其$N$的正因数之和：$S_2(N) = (1+p_1+{p_1}^2+···+{p_1}^{a_1})(1+p_2+{p_2}^2+···+{p_2}^{a_2})···(1+p_k+{p_k^2}+···+{p_k}^{a_k})$

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void S2(int x)
{
    unordered_map<int, int> hash;
    for(int i = 2; i <= x / i; i ++)
        while(x % i == 0)
            x /= i, hash[i] ++;
    if(x > 1) hash[x] ++;
    int ans = 1;
    for(auto i : hash)
    {
        int a = i.first, b = i.second, t = 1;
        while(b --) t = (a * t + 1) % mod;
        ans = ans * t % mod;
    }
    cout << ans << '\n';
}

3. 求解 $a,b$ 的 $gcd,lcm$

\[gcd(a,b) = {p_1}^{min(a_1,\ b_1)}{p_2}^{min(a_2,\ b_2)}···{p_k}^{min(a_k,\ b_k)} \]

\[lcm(a,b) = {p_1}^{max(a_1,\ b_1)}{p_2}^{max(a_2,\ b_2)}···{p_k}^{max(a_k,\ b_k)} \]

4. 求组合数

在不取 $mod$ 的情况下，用唯一分解求组合数：

\[C(n, m) = \frac{n!}{m!*(n-m)!} \]

试除法求所有约数$O(\sqrt n)$

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vector<int> get_x(int x)
{
    vector<int> s;
    for(int i = 2; i <= x / i; i ++)
        if(x % i == 0)
        {
            s.push_back(i);
            if(x / i != i)
                s.push_back(x / i);
        }
    return s;
}

欧拉函数 $O(logn)$

欧拉函数：$1∼N$ 中与 $N$ 互质的数的个数被称为欧拉函数，记为 $ϕ(N)$。若在算数基本定理中，$N={p_1}^{a_1}{p_2}^{a_2}…{p_m}^{a_m}$，则：
$ϕ(N) = N×\frac{p_1−1}{p_1}×\frac{p_2−1}{p_2}×…×\frac{p_m−1}{p_m}$

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int erula(int x)
{
    int ans = x;
    for(int i = 2; i <= x / i; i ++)
        if(x % i == 0)
        {
            ans = ans / i * (i - 1);
            while(x % i == 0) x /= i;
        }
    if(x > 1) ans = ans / x * (x - 1);
    return ans;
}

筛法求欧拉函数

（1）质数i的欧拉函数即phi[i]=i−1,1 i−1均与i互质，共i−1个。

（2） phi[primes[j]∗i] 分为两种情况:

$①$$prime[j]\ |\ i$ : $primes[j]$ 是 $i$ 的最小质因子，也是 $primes[j]∗i$ 的最小质因子，因此 $1−1/primes[j]$ 这一项在 $phi[i]$ 中计算过了，只需将基数 $N$ 修正为 $primes[j]$ 倍，最终结果为$phi[i]∗primes[j]$。
$②$$\ :\ $$primes[j]$ 不是 $i$ 的质因子，只是 $primes[j]∗i$ 的最小质因子，因此不仅需要将基数N修正为 $primes[j]$ 倍，还需要乘上 $\frac{prime[j]−1}{primes[j]}$ 这一项，因此最终结果 $phi[i]∗(primes[j]−1)$ 。

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void get_eulers(int n)
{
    phi[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        if(!st[i])
        {
            primes[cnt ++] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for(int j = 0; primes[j] * i <= n; j ++)
        {
            st[primes[j] * i] = true;
            if(i % primes[j] == 0)
            {
                phi[primes[j] * i] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[primes[j] * i] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

例可见的点

题目描述：

在一个平面直角坐标系的第一象限内，如果一个点 $(x,y)$ 与原点 $(0,0)$ 的连线中没有通过其他任何点，则称该点在原点处是可见的。

例如，点 $(4,2)$ 就是不可见的，因为它与原点的连线会通过点 $(2,1)$。

部分可见点与原点的连线如下图所示：

编写一个程序，计算给定整数 $N$ 的情况下，满足 $0≤x，y≤N$ 的可见点 $(x，y)$ 的数量（可见点不包括原点）。

输入格式：

第一行包含整数 $C$，表示共有 $C$ 组测试数据。

每组测试数据占一行，包含一个整数 $N$。

输出格式：

每组测试数据的输出占据一行。

应包括：测试数据的编号（从 1 开始），该组测试数据对应的 $N$ 以及可见点的数量。

同行数据之间用空格隔开。

输入

4
2
4
5
231

输出

1 2 5
2 4 13
3 5 21
4 231 32549

数据范围

$1≤N,C≤1000$

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#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

const int N = 1010;

int prime[N], phi[N];
bool st[N];
int n, cnt, t, ans;

void init()
{
    st[1] = 1;
    for(int i = 2; i < N; i ++)
    {
        if(!st[i])
        {
            prime[cnt ++] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for(int j = 0; prime[j] * i <= N; j ++)
        {
            st[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j]);
                break;
            }
            else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
        }
    }
}

void solve()
{
    cin >> n;
    t ++, ans = 0;

    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        ans += phi[i] * 2;
    cout << t << ' ' << n << ' ' << ans + 3 << '\n';
}

int main()
{
    IOS;
    init(); int T = 1;
    cin >> T;
    while(T --)
        solve();
    return T ^ T;
}

快速幂 $O(log n)$

数的乘方满足性质：$a^n*a*m = a^{(n+m)}$

又因
$n=2^0+2^1+2^2+···+2^{k_1}$
$m=2^0+2^1+2^2+···+2^{k_2}$

故可预处理出$a^{2^0},a^{2^1},a^{2^2},···,a^{2^{log\ {n+m}}}$

令$b=n+m$

将$a^b$用$a^{2^0},a^{2^1},a^{2^2},···a^{2^{log\ b}}$,即组合成$a^b=a^{2^{x_1}}\times a^{2^{x_1}}\times a^{2^{x_2}}\times ···\times a^{2^{x_t}}$

二进制可以表示所有数,且用单一用二进制表示时,b单一表示最大可表示为二进制形式的2logb

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int qmi(int a, int b, int p)
{
    int ans = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1) ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

快速幂求逆元 $O(log n)$

**乘法逆元的定义：若整数 $ b，m$ 互质，并且对于任意的整数 $a$，如果满足 $b|a$，则存在一个整数 $x$，使得 $a/b≡a×x(modm)$，则称 $x$ 为 $b$ 的模 $m$ 乘法逆元，记为 $b^{−1}(modm)$。
$b$ 存在乘法逆元的充要条件是 $b$ 与模数 $m$ 互质当模数 $m$ 为质数时，$b^{m−2}$ 即为 $b$ 的乘法逆元。

裴属定理（贝祖定理）：对于任意不全为零的整数 $a, b$ ,存在 $x, y$ , 使得 $ax+by=gcd(a,b)$

费马小定理：假如 $a$ 是一个整数，$p$ 是一个质数，则 $p|(a^p-a)$，即 $a^p\equiv a(mod\ p)$，如果 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则有 $a^{p-1}\equiv 1(mod\ p)$

若 $b，m$互质，有

\[a/b\equiv a\times x(mod\ m) \]

\[bx\equiv 1(mod\ m) \]

又有$$b^{m-1}\equiv 1(mod\ m)$$

\[x=b^{-1}=b^{m-2} \]

故 $b$ 对 $m$ 的乘法逆元即为 $b^{m - 2}$

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int qminv(int a, int p)
{
    int ans = 1, b = p - 2;
    while(b)
    {
        if(b & 1) ans = ans * a % p;
        a = a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

矩阵乘法 $O(n^3log(m))$

矩阵的乘积和数的乘积具有类似的幂次性：${F_n}^a*{F_n}^b=F_n^{a+b}$

\[\left[ \begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{matrix} \right]^m\times\left[ \begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{matrix} \right]^n=\left[ \begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{matrix} \right]^{(n+m)}\]

可利用矩阵的幂次性结合快速幂加速求解一些有关系的数据

令矩阵$a$为系数矩阵， $F$ 为关系矩阵,则有 $f_n*A=F_{n+1}$

\[\left[ \begin{matrix} f_n & f_{n+1} & f_{n+2}\\ \end{matrix} \right]\times\left[ \begin{matrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} f_{n+1} & f_{n+2} & f_{n+3}\\ \end{matrix} \right]\]

一般关系矩阵由问题给出，系数矩阵要根据关系矩阵的关系推导出来

例1. Fibonacci数列第n项

题目描述：

大家都知道，斐波那契数列是满足如下性质的一个数列：

\[F_n= \begin{cases} 1,\quad x\leq 2\\ F_{n-1} + F_{n-2}, \quad x\geq3 \end{cases}\]

请你求出 $F_n mod\ 10^9 +7$ 的值。

输入格式：

一行一个正整数 $n$

输出格式：

输出一行一个整数表示答案。

输入1

5

输出1

5

输入2

10

输出2

55

数据范围

对于 60% 的数据，$1≤n≤92$；
对于 100% 的数据，$1≤n<2^{63}$ 。

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#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long
#define mod1 1000000007
#define mod2 998244353

using namespace std;

typedef __int128 i128;

const int N = 2;

void mul(int c[][N], int b[][N], int a[][N])
{
    int t[N][N];
    memset(t, 0, sizeof t);
    for(int i = 0; i < N; i ++)
        for(int j = 0; j < N; j ++)
            for(int k = 0; k < N; k ++)
                t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % mod1;
    memcpy(c, t, sizeof t);
}

void solve()
{
    int n;
    cin >> n; n --;
    int f[N][N] = {1, 1};
    int a[N][N] = {
        {0, 1},
        {1, 1}
    };
    while(n)
    {
        if(n & 1) mul(f, a, f);
        mul(a, a, a);
        n >>= 1;
    }
    cout << f[0][0] << '\n';
}

signed main()
{
    IOS; int _ = 1;
    while(_ --)
        solve();
    return _ ^ _;
}

例2. Fibonacci前n项和

题目描述：

佳佳对数学，尤其对数列十分感兴趣。

在研究完 $Fibonacci$ 数列后，他创造出许多稀奇古怪的数列。

例如用 $S(n)$ 表示 $Fibonacci$ 前 $n$ 项和 modm 的值，即 $S(n)=(F_1+F_2+…+F_n)mod\ m$，其中 $F_1=F_2=1,F_i=F_{i−1}+F_{i−2}$。

可这对佳佳来说还是小菜一碟。

终于，她找到了一个自己解决不了的问题。

用 $T(n)=(F_1+2F_2+3F_3+…+nF_n)mod\ m$ 表示$Fibonacci$ 数列前 $n$ 项变形后的和 $mod\ m$ 的值。

现在佳佳告诉你了一个 $n$ 和 $m$，请求出 $T(n)$ 的值。

输入格式：

共一行，包含两个整数 $n$ 和 $m$。

输出格式：

共一行，输出 $T(n)$ 的值。

输入

5 5

输出

1

数据范围与解释

$1≤n,m≤2^{31}−1$
$T(5)=(1+2×1+3×2+4×3+5×5)mod\ 5=1$

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#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

const int N = 4, M = 50;

int n, m;

void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N])
{
	static int t[N][N];
	memset(t, 0, sizeof t);
	for(int i = 0; i < N; i ++)
		for(int j = 0; j < N; j ++)
			for(int k = 0; k < N; k ++)
				t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % m;
	memcpy(c, t, sizeof t);
}

void solve()
{
	cin >> n >> m;
	int f1[N][N] = {1, 1, 1, 0};
	int a[N][N] = {
		{0, 1, 0, 0},
		{1, 1, 1, 0},
		{0, 0, 1, 1},
		{0, 0, 0, 1},
	};
	int k = n - 1;
	while(k)
	{
		if(k & 1) mul(f1, f1, a);
		mul(a, a, a);
		k >>= 1;
	}
	cout << ((n * f1[0][2] - f1[0][3]) % m + m) % m << '\n';
}

signed main() {
    IOS; int _ = 1;
    // cin >> _;
    while(_ --)
        solve();
    return _ ^ _;
}

扩展欧几里得

1.扩展欧几里得

用于求解$ax + by = gcd(a,b)$的解，利用辗转相除法构造出x，y的通解

当$b = 0$时，$ax + by = a$，可令$x = 1，y = 0$

当$b \neq 0$时，因

$gcd(a, b)$ $=$ gcd(b,a % b$)$

而

$bx^′$ + $($a % b$)y^′$ $=$ gcd(b,a % b$)$ $bx^′$ + $(a - {\lfloor a/b \rfloor}*b$)$y^′$ $=$ gcd(b,a % b$)$ $ay^′$ + $b(x^′ - \lfloor a/b \rfloor*y^′)$ $=$ gcd(b,a % b$) = gcd(a, b)$

故

$x = y^′, y = x^′ - \lfloor a/b \rfloor* y^′$

因此可以递归求解$gcd(a,b)$,求出下一层的$x^′和y^′$，再回溯过程用上式即可

2.一般的同余方程 ax + by = c

可设$d = gcd(a, b)$,则其有解当且仅当$d|c$

求解：

用扩展欧几里得求出$ax_0 + by_0 = d$

则$a(x_0 * c/d) + b(y_0 * c/d) = c$

故而特解为$x^′ = x_0 * c/d$,$y^′ = y_0 * c/d$

而通解 = 特解 + 齐次解

而齐次解即为方程$ax + by = 0$

故而通解为

$x = x^′ + k * b/d，y = y^′ - k * a/d ，k \in z$

若令$t = b/d$,则对于$x$的最小非负整数解为$(x^′$%$t$ + t$)$%$t$

3.应用：求解一次同余方程 ax ≡ b(mod m)

等价于求解

$ax = m * (-y) + b$ $ax + my = b$

有解条件为$gcd(a,m)|b$,然后用扩展欧几里得求解即可

若 $b = 1$且$a与m$互质，所求的$x$即为$a$的逆元

例1. 扩展欧几里得

题目描述：

给定 $n$ 对正整数 $a_i,b_i$，对于每对数，求出一组$x_i,y_i$，使其满足 $a_i×x_i+b_i×y_i=gcd(a_i,b_i)$。

输入格式：

第一行包含整数 $n$ 。
接下来 $n$ 行，每行包含两个整数 $a_i,b_i$ 。

输出格式：

输出共 $n$ 行，对于每组 $a_i,b_i$，求出一组满足条件的 $x_i,y_i$，每组结果占一行。
本题答案不唯一，输出任意满足条件的 $x_i,y_i$ 均可。

输入

2
4 6
8 18

输出

-1 1
-2 1

数据范围

$1≤n≤10^5,1≤a_i,b_i≤2×10^9$

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#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

void solve()
{
    int a, b, x, y;
    cin >> a >> b;
    int d = exgcd(a, b, x, y);
    cout << x << ' ' << y << '\n';
}

signed main()
{
    IOS;
    int _ = 1;
    cin >> _;
    while(_ --)
        solve();
    return 0;
}

例2. 求解同余方程

题目描述：

给定 $n$ 组数据 $a_i,b_i,m_i$，对于每组数求出一个$x_i$，使其满足 $a_i×x_i≡b_i(mod m_i)$，如果无解则输出 impossible。

输入格式：

第一行包含整数 $n$。
接下来 $n$ 行，每行包含一组数据 $a_i,b_i,m_i$ 。

输出格式：

输出共 $n$ 行，每组数据输出一个整数表示一个满足条件的 $x_i$，如果无解则输出impossible。
每组数据结果占一行，结果可能不唯一，输出任意一个满足条件的结果均可。
输出答案必须在 $int$ 范围之内。

输入

2
2 3 6
4 3 5

输出

impossible
-3

数据范围

$1≤n≤10^5 ,1≤a_i,b_i,m_i≤2×10^9$

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

using LL = long long;

int n, x, y;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    int z = x;
    x = y, y = z - a / b * y;
    return d;
}

void solve()
{
    int a, b, m;
    cin >> a >> b >> m;
    int d = exgcd(a, m, x, y);
    if(b % d) cout << "impossible\n";
    else
    {
        x = (LL) x * b / d % m;
        cout << x << endl;
    }
}

signed main()
{
    IOS;
    int _;
    cin >> _;
    while(_ --)
        solve();
    return _ ^ _;
}

例3. 青蛙的约会

题目描述：

两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。

我们把这两只青蛙分别叫做青蛙 A 和青蛙 B，并且规定纬度线上东经 0 度处为原点，由东往西为正方向，单位长度 1 米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙 A 的出发点坐标是 x，青蛙 B 的出发点坐标是 y。青蛙 A 一次能跳 m 米，青蛙 B 一次能跳 n 米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长 L 米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

输入格式：

输入只包括一行五个整数 $x,y,m,n,L$。

输出格式：

输出碰面所需要的次数，如果永远不可能碰面则输出一行一个字符串 Impossible。

输入

1 2 3 4 5

输出

4

数据范围

对于 100% 的数据，$1≤x\neq y≤2×10^9 ，1≤m,n≤2×10^9 ，1≤L≤2.1×10^9 $。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

void solve()
{
    int a, b, m, n, l;
    cin >> a >> b >> m >> n >> l;
    int x, y;
    int d = exgcd(n - m, l, x, y);
    if((a - b) % d) cout << "Impossible\n";
    else
    {
        int s = (a - b) / d * x;
        int t = abs(l / d);
        cout << (s % t + t) % t << '\n';
    }
}

signed main()
{
    IOS; int _ = 1;
    // cin >> n;
    while(_ --)
        solve();
    return _ ^ _;
}

中国哦剩余定理（孙子定理）

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

\[令 \begin{cases} M=m_1m_2m_3...m_n\\ M_i=\frac{M}{m_i}\\ t_i是M_i关于m_i的逆元，即M_it_i\equiv 1(mod\ m_i)\\ \end{cases} \]

则

\[\sum_{i = 1}^{n}a_iM_it_i \]

1. 将式子等价转换

对于每两个式子（考虑将其合并）：

$x≡m_1(mod\ a_1)$

$x≡m_2(mod\ a_2)$

则有：

$x=k_1∗a_1+m_1$

$x=k_2∗a_2+m_2$

进而：

$k_1∗a_1+m_1=k_2∗a_2+m_2$

$k_1∗a_1−k_2∗a_2=m_2−m_1$

即：

① $k_1∗a_1+k_2∗(−a_2)=m_2−m_1$

也就是需要找到一个最小的 $k_1,k_2$，使得等式成立（因为要求x最小，而 $a$ 和 $m$ 都是正数）。

2. 用扩展欧几里得算法找出一组解

已知 $a_1,m_1,a_2,m_2$，可以用扩展欧几里得算法算出一个 $k_1^′,k_2^′$ 使得：

$k_1^′∗a_1+k_2^′∗(−a_2)=gcd(a_1,−a_2)$

无解判断：

若 $gcd(a_1,−a_2)∤(m_2−m_1)$，则无解。

设 $d=gcd(a_1,−a_2),y=(m_2−m_1)d$

依上文，只需让k1,k2分别扩大y倍，则可以找到一个k1,k2满足①式：

$k_1=k_1^′∗y,k_2=k_2^′∗y$

3. 找到最小正整数解

已知性质：

② $k_1=k_1+k∗\frac{a_2}d$
$k_2=k_2+k∗\frac{a_1}d$

$k$ 为任意整数，这时新的 $k_1,k_2$ 仍满足①式。

证明：

将新的 $k_1,k_2$ 带入式子得:

$(k_1+k∗\frac{a_2}d)∗a_1+(k_2+k∗\frac{a_1}d)∗(−a_2)=m_2−m_1$

裂项，拆负号化简：

$k_1∗a_1+k∗\frac{a_2∗a_1}d+k_2∗(−a_2)+k∗\frac{a_1∗(−a_2)}d=m_2−m_1$

$k_1∗a_1+k_2∗(−a_2)+k∗\frac{a_2∗a_1}d−k∗\frac{a_1∗a_2}d=m_2−m_1$

$k_1∗a_1+k_2∗(−a_2)=m_2−m_1$

这个式子和①是一样的，因 ① 成立，故此式也成立。

要找一个最小的非负整数解，只需让

$k_1=k_1\% abs(\frac{a_2}d)$
$k_2=k_2\% abs(\frac{a_1}d)$

即可找到当前最小的 $k_1,k_2$ 的解，即此时的 $k$ 为 $0$

因为不知道 $\frac{a_2}d$ 的正负性，在原基础上要尽量减多个 $abs(\frac{a_2}d)$，使其为正整数且最小。

4. 等效替代：

由 ② 式带入

新的x为：

$x=(k_1+k∗\frac{a_2}d)∗a_1+m_1$

$=k_1∗a_1+m_1+k∗\frac{a_2∗a_1}d$

$=k_1∗a_1+m_1+k∗lcm(a_1,a_2)$ ③

这只是前两个式子得最小k，有可能遇到下一个式子后面被迫要扩大

在 ③ 中，设$a_0=lcm(a_1,a_2),m_0=k_1∗a_1+m_1$

则：

③ $=k∗a_0+m_0$

这个形式与一开始分解的形式特别像

假设之后又来了一个 $a_3,m_3$，只需要继续找：

$x=k∗a_0+m_0=k_3∗(−a_3)+m_3$ ，那么问题又回到了第一步。

5. 总结

此做法相当于每次考虑合并两个式子，将这n个式子合并 $n−1$ 次后变为一个式子。最后剩下的式子就满足我们的答案。

注意：

（1）$lcm(a_1,a_2)$ 和 $\%\frac{a_2}d$，需要取绝对值。又因为 $d=gcd(a_1,−a_2)$，我们不知道a1的正负性（可能是上一步推过来的）。

（2）$\%\frac{a_2}d$，需要取绝对值，膜负数的话，不会取到正解；

例1. 表达整数的奇怪方式

题目描述：

给定 $2n$ 个整数 $a_1,a_2,…,a_n$ 和 $m_1,m_2,…,m_n$，求一个最小的非负整数 $x$，满足 $∀i∈[1,n],x≡m_i(mod a_i)$。

输入格式：

第 $1$ 行包含整数 $n$。

第 $2…n+1$ 行：每 $i+1$ 行包含两个整数 $a_i$ 和 $m_i$，数之间用空格隔开。

输出格式：

输出最小非负整数 $x$，如果 $x$ 不存在，则输出 $−1$。
如果存在 $x$，则数据保证 $x$ 一定在 $64$ 位整数范围内。

输入

2
8 7
11 9

输出

31

数据范围

$1≤a_i≤2^{31}−1 ,0≤m_i<a_i ,1≤n≤25$

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

int n;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
	if(!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}

int inline mod(int a, int b)
{
	return ((a % b) + b) % b;
}

void solve()
{
    cin >> n;
	int a1, m1;
	cin >> a1 >> m1;
	for(int i = 1; i < n; i ++)
	{
		int a2, m2, k1, k2;
		cin >> a2 >> m2;
		int d = exgcd(a1, -a2, k1, k2);
		if((m2 - m1) % d)
		{
			puts("-1");
			return ;
		}
		k1 = mod(k1 * (m2 - m1) / d, abs(a2 / d));
		m1 = k1 * a1 + m1;
		a1= abs(a1 / d * a2);
	}
	cout << m1 << endl;
}

signed main()
{
    IOS; 
    int _ = 1;
    // cin >> _;
    while(_ --)
        solve();
    return _ ^ _;
}

例2. 曹冲养猪

题目描述：
自从曹冲搞定了大象以后，曹操就开始琢磨让儿子干些事业，于是派他到中原养猪场养猪，可是曹冲很不高兴，于是在工作中马马虎虎，有一次曹操想知道母猪的数量，于是曹冲想狠狠耍曹操一把。

举个例子，假如有 $16$ 头母猪，如果建了 $3$ 个猪圈，剩下 $1$ 头猪就没有地方安家了；如果建造了 $5$ 个猪圈，但是仍然有 $1$ 头猪没有地方去；如果建造了 $7$ 个猪圈，还有 $2$ 头没有地方去。

你作为曹总的私人秘书理所当然要将准确的猪数报给曹总，你该怎么办？

输入格式：

第一行包含一个整数 $n$，表示建立猪圈的次数；

接下来 $n$ 行，每行两个整数 $a_i,b_i$，表示建立了 $a_i$ 个猪圈，有 $b_i$ 头猪没有去处。

你可以假定 $a_i,a_j$ 互质。

输出格式：

输出仅包含一个正整数，即为曹冲至少养猪的数目。

输入

3
3 1
5 1
7 2

输出

16

数据范围

$1≤n≤10 ,1≤b_i≤a_i≤1100000$
所有$a_i$的乘积不超过 $10^{18}$

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define int long long

using namespace std;

const int N = 15;

int m[N], a[N];
int n;

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(!b) x = 1, y = 0;
    else
    {
        exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= a / b * x;
    }
}

void solve()
{
    cin >> n;
    int M = 1;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        cin >> m[i] >> a[i];
        M *= m[i];
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int mi = M / m[i];
        int ti, y;
        exgcd(mi, m[i], ti, y);
        ans += mi * a[i] * ti;
    }
    cout << (ans % M + M) % M << endl;
}

signed main()
{
    IOS;
    int _ = 1;
    // cin >> _;
    while(_ --)
        solve();
    return _ ^ _;
}

posted @ 2023-10-03 22:25 chfychin 阅读(65) 评论(0) 收藏举报

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数学知识--数论

目录

质数

试除法判断素数\(O(\sqrt n)\)

分解质因数 \(O(\sqrt n)\)

素数筛

约数

应用

欧拉函数 \(O(logn)\)

筛法求欧拉函数

例可见的点

快速幂 \(O(log n)\)

快速幂求逆元 \(O(log n)\)

矩阵乘法 \(O(n^3log(m))\)

例1. Fibonacci数列第n项

例2. Fibonacci前n项和

扩展欧几里得

1.扩展欧几里得

2.一般的同余方程 ax + by = c

3.应用：求解一次同余方程 ax ≡ b(mod m)

例1. 扩展欧几里得

例2. 求解同余方程

例3. 青蛙的约会

中国哦剩余定理（孙子定理）

1. 将式子等价转换

2. 用扩展欧几里得算法找出一组解

3. 找到最小正整数解

4. 等效替代：

5. 总结

例1. 表达整数的奇怪方式

例2. 曹冲养猪

公告

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数学知识--数论

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质数

试除法判断素数\(O(\sqrt n)\)

分解质因数 \(O(\sqrt n)\)

素数筛

约数

应用

欧拉函数 \(O(logn)\)

筛法求欧拉函数

例 可见的点

快速幂 \(O(log n)\)

快速幂求逆元 \(O(log n)\)

矩阵乘法 \(O(n^3log(m))\)

例1. Fibonacci数列第n项

例2. Fibonacci前n项和

扩展欧几里得

1.扩展欧几里得

2.一般的同余方程 ax + by = c

3.应用：求解一次同余方程 ax ≡ b(mod m)

例1. 扩展欧几里得

例2. 求解同余方程

例3. 青蛙的约会

中国哦剩余定理（孙子定理）

1. 将式子等价转换

2. 用扩展欧几里得算法找出一组解

3. 找到最小正整数解

4. 等效替代：

5. 总结

例1. 表达整数的奇怪方式

例2. 曹冲养猪

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例可见的点