数论基础

欧拉函数

定义

欧拉函数 $\phi(n)$ 代表的是 $[1,n]$ 之间与 $n$ 互质的数量。

公式

$\phi(n) = n \times (1- \dfrac{1}{p_1})\times (1- \dfrac{1}{p_2})\times (1- \dfrac{1}{p_3}) \times …… \times (1- \dfrac{1}{p_k})$

其中：$n$ 有 $k$ 个质因数，而 $p_i$ 就是其中的一个质因数。

推导

如何推导

推导的方式要用到容斥原理。

欧拉函数 $\phi(n)$ 代表的是 $[1,n]$ 之间与 $n$ 互质的数量，但是我们发现比较难想，于是正难则反，直接从不互质来入手，然后减掉就得出结果了。

如果 $i$ 是不互质，那么 $i$ 和 $n$ 必将有共同的质因数。所以，我们可以通过 $n$ 的每一个质因数进行倍数处理，然后容斥算出有多少是不互质的，因此也就可得出答案了。

推导过程

我们设：$n$ 的质因数是：{ $p_1,p_2,……,p_k$ }。

那么 $p_i$ 在 $[1,n]$ 这个区间中的倍数就有 $\dfrac{n}{p_i}$。

为了方便推导，我们暂且先设 $k=3$。

于是就可以得到公式：

$n-\dfrac{n}{p_1}-\dfrac{n}{p_2}-\dfrac{n}{p_3}+\dfrac{n}{p_1 \times p_2}+\dfrac{n}{p_1 \times p_3} + \dfrac{n}{p_2 \times p_3} -\dfrac{n}{p_1 \times p_2 \times p_3}$

在进行通分之后，我们发现这个式子其实已经等于 $\phi(n)$ 了。

得证。

代码

定义法

只能处理一个数的 $\phi$。

思路是一边分解质因数一遍处理欧拉函数

int get_euler(int n)
{
    int euler = n;
    for (int i = 2; i <= n / i; i++)
    {
        if (n % i == 0)
        {
            euler = euler / i * (i - 1) //euler = euler * (1 - 1 / i); 
            while (n % i == 0) n /= i;
        }
    }

    if (n > 1) euler = euler / n * (n - 1);
    return euler;
}

线性筛法

在进行筛法的时候处理欧拉函数

可以在一次线性筛中处理出 $[1,n]$ 中的欧拉函数

int primes[N], cnt = 0;
int euler[N];
bool st[N];

int get_euler(int n)
{
    euler[1] = 1; // 1的欧拉函数值是1

    // 线性筛模板 + 过程中求欧拉函数
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt ++] = i;
            euler[i] = i - 1; // (1)式
        }
        for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++)
        {
            st[i *primes[j]] = true;  
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                euler[i * primes[j]] = euler[i] * primes[j]; //(2)式
                break;
            }
             euler[i * primes[j]] = euler[i] * (primes[j] - 1);//(3)式
        }
    }
    // 最后，euler数组中存的就是 1 ~ n 每个数的欧拉函数值 
}
urn euler;
}

一些等式

当 $n$ 是质数的时候，$\phi(n) = n-1$。
当 $n$ 是质数的时候，存在 $n^k$ 使得 $\phi(n^k) = (n-1) \times n ^{k-1}$
积性函数，如果 $n$ 与 $m$ 互质，则 $\phi(n×m)=\phi(n)×\phi(m)$

参考文献：

费马小定理

如果 $p$ 是一个质数，$a$ 不是 $p$ 的倍数。那么必然存在： $a^{p-1}\equiv{1}\pmod{p}$

~~谁想推啊~~！所以不推了。（~逃

逆元

逆元的定义

如果一个线性同余方程，$p$ 为质数，$a$ 与 $p$ 互质，那么 $ax \equiv{1} \pmod{p}$，$x$ 就是 $a$ 与 $p$ 的逆元。

快速幂求逆元

单个求，时间复杂度 $\log n$ 。适合单个求。

推导

$\because$ 根据费马小定理我们可以知道：$a^{p-1}\equiv{1}\pmod{p}$

$\therefore$ $a \times a^{p-2}\equiv{1}\pmod{p}$

所以什么？很容易看出来 $x = a^{p-2}$。

注意了，我们是由费马小定理推出 $x$ 的值的，但是我们不能根据这个式子去推导费马小定理。

代码

~~记得 #define int long long~~~

inline ll ksm(int a,int b){
    ll ans = 1;
    while(b){
        if(b & 1) ans = mod(ans * a,p);
        b >>= 1,a = mod(a * a,p);
    }return ans;
}
inline void solve(){//快速幂求逆元 
    cin >> n >> p;
    for(re int i(1);i <= n;++i){
        println(mod(ksm(i,p-2),p));
    }
}

线性求逆元

整体的思想就是利用已知的数据从前往后推，以达到 $O(n)$ 复杂度的需求，适合求多组数据的题目。

首先，我们有一个 $1^{-1}\equiv{1}\pmod{p}$。

设：$p = k \times i + r$，其中 $1 <r < i < p$ 。换句话说，$k$ 是 $p / i$ 的商，$r$ 是余数。

将这个式子放在 $\pmod{p}$ 这个意义下，得到 $k \times i + r \equiv{0\pmod{p}}$

$\because k \times i + k \equiv{0\pmod{p}}$

乘上 $i^{-1}$，$r^{-1}$ $\therefore$ $k \times r^{-1} + i^{-1} \equiv{0\pmod{p}}$

移项 $\therefore i^{-1} \equiv -k \times r ^{-1}\pmod{p} $

将，$k$ 是 $p / i$ 的商，$r$ 是余数带入 $\therefore i^{-1} \equiv -\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor \times (p \mod i)^{-1} \pmod{p}$

这样我们就可以利用递推来完成计算逆元的操作了。

注意：因为是存在负数，所以我们取模操作的时候就要 (x + mod) % mod

void solve(){ //线性求逆元 
    ans[1]=1;
    cin >> n >> p;
    cout<<1<<endl;
    for(int i(2);i <= n;++i){
        ans[i] = (-p / i * ans[p % i] + p) % p;
        cout<<(ans[i] + p) % p<<endl;
    }
}

参考文献:

乘法逆元 - zjp_shadow 的博客 - 洛谷博客

扩展欧几里得exgcd

扩展欧几里得算法是用来求解 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一种可行解。

推导过程

设：

$ax_1 + by_1=gcd(a,b)$

$bx_2 + (a\mod b)y_2 = gcd(b,a\mod b)$。

$\because gcd(a,b) = gcd(b,a \mod b)$

$\therefore ax_1 + by_1 = bx_2 + (a\mod b)y_2$

又 $\because a\mod b = a-(\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor \times b)$

$\therefore ax_1 + by_1 = bx_2+[a-(\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor \times b)]y_2$

$\therefore ax_1 + by_1 = bx_2+ay_2-(\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor \times b)y_2$

$\therefore ax_1 + by_1 = ay_2+b\times (x_2-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor \times y_2)$

$\because a=a ,b=b$

$\therefore x_1 = y_2 , y_1 = x_2-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor \times y_2$

一直递归迭代即可。

代码

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 t = x;
  x = y;
  y = t - (a / b) * y;
  return d;
}

线性同余方程

定义

$ax \equiv b \pmod n $

找出这个方程的可行解。（ $x$ 为未知数）。

Exgcd 解法

首先：可以将式子变为 $ax+kn = b$

其中 $x$ 和 $k$ 是未知数。对于整数解的充要条件是 $\gcd(a,n) | b$ 也就是 $b \mod gcd(a,n) = 0$

我们先根据 Exgcd 来找出一组 $x_0$ 和 $k_0$，$ax_0+nk_0=gcd(a,n)$ 。

然后等式同除 $gcd(a,n)$，再乘 $b$。

得到：

$a\dfrac{b}{gcd(a,n)}x_0 + n\dfrac{b}{gcd(a,n)}k_0 = b$

那么这就是这个方程的可行解。

当： $gcd(a,n) = 1$ 时 $x_0$ 与 $k_0$ 是 $ax+kn = b$ 的一组解，那么：

$x = x_0 + nt$

$k = k_0 - nt$

为啥，我就不知道了。这对于任意整数 $t$ 都是正确的

一般来说，题目让你求最小解，所以只需要求 $(x \mod t + t) \mod t$

其中就有：$t = \dfrac{n}{gcd(a,n)}$

code

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

bool liEu(int a, int b, int c, int& x, int& y) {
  int d = ex_gcd(a, b, x, y);
  if (c % d != 0) return 0;
  int k = c / d;
  x *= k;
  y *= k;
  return 1;
}

中国剩余定理（CRT）

对于 $k$ 个同余式，求最小非负的 $x$。

第 $i$ 个同余式。

$x\equiv{a_i\pmod{m_i}}$

对于这个方程组需要解 $x$。

题目保证所有 $m$ 两两互质。

设 $M$ 为所有模数的积，模数都是 $m+i$。$M_i = M / m_i$，$t_i \times M_i\equiv{1\pmod{m_i}}$ 也就是一个逆元，所以直接Exgcd 搞定 $t_i$。。

$x\equiv \sum_{i=1}^n{a_iM_it_i} \pmod M$

这样就可以求得$x$的最小解了。

我们要证明 $x$ 在任意 $i (1 \le i \le k)$ 条式子中是成立的

在 $i$ 不等于 $j$ 的时候，有 $M_j\equiv{0\pmod{m_i}}$ 。

所以 $c_j \equiv M_j\equiv{0\pmod{m_i}}$ ，

又有 $c_i \equiv M_i \times (M_i^{-1} \mod m_i) \equiv 1 \pmod {m_i}$

所以我们有：

$x \equiv \sum_{i=1}^n{a_iM_it_i} \pmod {m_i}$

$\equiv {a_iM_i\times(m_i^{-1}} \mod {m_i}) \pmod {m_i}$

$\equiv a_i \pmod {m_i}$

奥管他推的对不对，知道公式不就是了！！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 1e5+5;
ll n;
ll pr[N],A[N];
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    ll g = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return g; 
}
ll crt(){
    ll ans=0;
    ll M=1;
    for(int i =1;i<=n;i++) M*=pr[i];
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        ll m=M/pr[i];
        ll x,y;
        exgcd(m,pr[i],x,y);
        ll t=  m*x%M*A[i]%M;
        ans = (ans + t) % M;
    }
    return (ans+M) %M;
}
int main(){
    cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%lld%lld",&pr[i],&A[i]);
    }
    printf("%lld\n",crt());
    return 0;
}

拓展中国剩余定理（EXCRT）

认为还是金钩爷讲的好，证明其实感觉。。。哎算了，就把证明发这了。反正正常用直接套公式。

现在考虑合并两个同余方程的时候该怎么做。

$ \begin{cases} x \equiv b \pmod {a} \ x \equiv B \pmod {A} \end{cases} $

这个可以写作：

$ \begin{cases} x = ay + b \ x = AY + B \end{cases} $

由于$x$是一个常量，因此$ay+b=AY+B$，其中$a,b,A,B$都是常数

整理一下后就是$ay+A(-Y)=B-b$

通过exgcd，可以获得一组关于$ay+A(-Y)=\gcd(a,A)$的解$(y_0,-Y_0)$

即$a(y_0 \times \frac{B-b}{\gcd(a,A)})+A(-Y_0 \times \frac{B-b}{\gcd(a,A)})=\gcd(a,A) \times \frac{B-b}{\gcd(a,A)}=B-b$

由于$x=ay+b$，现在要最小化$x$，也就是最小化$y$，即最小化$t=y_0 \times \frac{B-b}{\gcd(a,A)}$

由于$t$的通解为$t+\frac{A}{\gcd(a,A)}k$，因此$t$的最小值为$t_0=t \bmod \frac{A}{\gcd(a,A)}$

于是就可以将这两个同余方程合并为

$ x \equiv a \times t_0+b \pmod {\mathbb{lcm}(a,A)} $

参考文献：https://www.luogu.com.cn/blog/KingSann/solution-p4777。

对于洛谷 P4777 的模板代码如下：

signed n;
int A, B, a, b, d, x, y;
void exgcd(int &x, int &y, int a, int b) {
	if (!b) {
		d = a, x = 1, y = 0;
	} else exgcd(y, x, b, a % b), y -= a / b * x;
}
void merge() {
	exgcd(x, y, a, A);
	int c = B - b;
	if (c % d) {
		cout << -1;
		exit(0);
	} else {
		x = ((x * c / d) % (A / d) + (A / d)) % (A / d);
		int m = a * A / __gcd(a, A);
		b = ((a * x + b) % m + m) % m ;
		a = m;
	}
}
void excrt() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		ll x, y;
		cin >> x >> y;
		A = x, B = y;
		if (i != 1) merge();
		else a = x, b = y;
	}
	cout <<	(ll)(b % a);
}

posted @ 2023-12-01 21:57 gsczl71 阅读(107) 评论(0) 编辑收藏举报

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推导过程

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快速幂求逆元

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代码

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