数论中的若干公式(转)
转自:http://blog.csdn.net/pi9nc/article/details/9823615
文中 (a,b...)应该是指 gcd(a,b...)
定理一：
定理二：设a>1，m,n>0，则
HDU2685就用到上述定理。
定理三：设a>b,gcd(a,b)=1,则
定理四：设，那么G的值为：
n为素数:本身
n有多个素因子:1
n只有一个素因子:该因子
应用题目：HDU2582.
定理五：，其中
为斐波那契数列。
定理六：给定A和B，A和B互质，最大不能组合数为A*B-A-B，不能组合数的个数为。
证明：
Gcd(A, B) = 1，Lcm(A, B) = AB
把所有整数划分成A个等价类，每个等价类由相互同余的整数组成任何数分成A个剩余类，分别为 ：
Ak，Ak+1，Ak+2，……，Ak+(A-1)，分别记为{0(mod A)}，{1(mod A)}……
而B的倍数肯定分布在这A个剩余类中，因为Gcd(A，B)=1，所以每个剩余类中都有一些数是B的倍数，并且是平均分配它的
旁证，可见HDOJ 1222 Wolf and Rabbit
设 kmin = min{k|Bk∈{i(mod A)}},i ∈ [0, A)
则 Bkmin 是{i (mod A)}中B的最小倍数。特别的，AB ∈ {0 (mod A)}
Bkmin 是个标志，它表明{i(mod A)}中Bkmin 后面所有数，即Bkmin + jA必定都能被组合出来
那也说明最大不能组合数必定小于Bkmin
我们开始寻找max{ Bkmin },Lcm(A, B) = AB，所以很明显(A-1)B是最大的
因为(A-1)B是Bkmin 中的最大值，所以在剩下的A-1个剩余类中，必定有比它小并且能被A和B组合，这些数就是:
(A-1)B-1，(A-1)B -2，……，(A-1)B -(A-1),所以最大不能被组合数就是(A-1)B -A=AB-A-B
如果A和B不互素，那{1 (mod A)}不能被A组合，同样也不能被B和A组合
我们能求出各个剩余类的Bkmin之后，不能组合数的个数就是每个剩余类中小于各自Bkmin的数的个数总和。
观察如下：A = 5，B = 3
{0(mod 5)}：0，5，10，15……
{1(mod 5)}：1，6，11，16……
{2(mod 5)}：2，7，12，17……
{3(mod 5)}：3，8，13，18……
{4(mod 5)}：4，9，14，19……
红色的就是不能组合数，可以看出在剩余类中它的数目有规律：S = [0+1+2] + [0+1]
因为A和B互质，必有一个不完全周期。
整理后得到结果为：
定理七：
定理八：设，则有以下两个结论成立：
(1)
(2)，
定理九：
定理十：如果p是素数，p不整除a，对于同余方程，如果
，那么方程有gcd(n,p-1)个解，否则没有解。
下面是关于GCD的若干性质:
[定理]A^x % m = A^(x%phi(m)+phi(m)) % m (x >= phi(m)) hdu 2837 1)在求a^b^c % m 的时候,递归求b^c % phi(m),如果c很大是得b^c>=phi(m),那么 原式应该=a^(b^c % phi(m) + phi(m)) % m, 但是取余后的c（用c'表示）可能很小使得b^c' < phi(m), 很多代码（可能标程在内）只是判断当前这层，如上例的话 b^c' < phi(m) 所以有的代码就不加 phi(m)了， 事实上应该加上phi(m)，如果 b^c >= phi(m)的话；但是神奇的是这题的1000组数据，只判当前也是对的。 2)那到底怎么判断到底加不加模数呢？ 提出假设：如果x >= phi(m),则 a^x >= m (a > 1)。假设不成立, 那么存在x >= phi(m)且 a^x < m (a > 1), 则存在 2^phi(m) < m (a取2)，确实存在如m=6,phi(6)=2,2^phi(6) < 6, 但是ONLY只有6,所以只需特判即可。所以有定理如果x >= phi(m), a^x >= m (a > 1 && not(a==2&&x==2&&m==6[注意x是真实值])); 那么只要有一层超出了模数，那么之前的都要加上模数!;但是此题不加特判也能AC，经本人尝试几下未找到反例。
