数论学习笔记 - wangruidong03

注：若无说明，数值范围均为 $\mathbf{Z}Z的子集$

$\large\texttt{欧几里得算法}欧几里得算法若a<b,\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(b,a)=\gcd(a,b)a<b,gcd(b,amodb)=gcd(b,a)=gcd(a,b)$

若 $a\geqslant b,a=q\times b+r,0\leqslant r<ba⩾b,a=q×b+r,0⩽r<b$

$r=a\bmod br=amodb$

对于

递归写法：

int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}

非递归写法：

int gcd(int a,int b){
    while(a^=b^=a^=b%=a);return b;
}

$\large\texttt{欧拉函数 }\varphi\left(N\right)=N\prod_{\text{质数}p|N}\left(1-\frac{1}{p}\right)欧拉函数 φ(N)=N质数p∣N∏(1−p1)$

证明： $[1,N][1,N]中不与NN含有共同质因子pp或qq的个数为N-\dfrac{N}{p}-\dfrac{N}{q}+\dfrac{N}{pq}=N\left(1-\dfrac{1}{p}-\dfrac{1}{q}-\dfrac{1}{pq}\right)=N\left(1-\dfrac{1}{p}\right)\left(1-\dfrac{1}{q}\right)N−pN−qN+pqN=N(1−p1−q1−pq1)=N(1−p1)(1−q1)$

可推广至多个数的情况

性质：

$\forall n>1,[1,n]∀n>1,[1,n]中与nn互质的数的和为\dfrac{n\times\varphi(n)}{2}2n×φ(n)$

$若p|np∣n且p^2|n,p2∣n,则\varphi(n)=\varphi\left(\dfrac{n}{p}\right)\times pφ(n)=φ(pn)×p$

$若p|np∣n但p^2\nmid n,p2∤n,则\varphi(n)=\varphi\left(\dfrac{n}{p}\right)\times(p-1)φ(n)=φ(pn)×(p−1)$

$\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=nd∣n∑φ(d)=n$

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

线性筛欧拉函数

phi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i){
    if(!np[i]){
        p[++tot]=i;
        phi[i]=i-1;
    }
    for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=N;++j){
        np[i*p[j]]=true;
        phi[i*p[j]]=phi[i]*(i%p[j]?p[j]-1:p[j]);
        if(i%p[j]==0)break;
    }
}

$\large\texttt{扩展欧几里得}扩展欧几里得求解同余方程 ax\equiv1\pmod bax≡1(modb)$

即

$\because \gcd(a,b)|ax+by∵gcd(a,b)∣ax+by$

$\therefore 1\bmod \gcd(a,b)=0∴1modgcd(a,b)=0$

$\therefore∴ 方程有解的必要条件是 \gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1$

以下为解的求法

设 $x,yx,y是ax+by=\gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)的一组解$

$x_2,y_2x2,y2是ax_2+by_2=\gcd(b,a\bmod b)ax2+by2=gcd(b,amodb)的一组解$

$ax+by=\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)=bx_2+(a\bmod b)y_2ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,amodb)=bx2+(amodb)y2$

$=bx_2+\left(a-b\left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloor\right)y_2=bx2+(a−b⌊ba⌋)y2$

$=bx_2+ay_2-by_2\left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloor=bx2+ay2−by2⌊ba⌋$

$=ay_2+b\left(x_2-y_2\left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloor\right)=ay2+b(x2−y2⌊ba⌋)$

当 $x_2,y_2x2,y2求出后，方程一组解为x=y_2,y=x_2-y_2\left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloorx=y2,y=x2−y2⌊ba⌋$

综上，当 $b\ne 0b=0时，递归求解，否则x=1,yx=1,y取任意整数$

对于一般的线性同余方程 $ax\equiv b\pmod cax≡b(modc)$

可以写成 $ax+cy=bax+cy=b，有解的充要条件是\gcd(a,c)|bgcd(a,c)∣b$

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

$\large\texttt{乘法逆元}乘法逆元若ax\equiv1\pmod pax≡1(modp)，且aa与pp互质，则定义xx为aa的逆元，记为a^{-1}a−1$

用于在模意义下做除法

费马小定理

如果 $pp是质数，那么a^{p-1}\equiv1\pmod pap−1≡1(modp)$

$\because ax\equiv 1\pmod p∵ax≡1(modp)$

$\therefore ax\equiv a^{p-1}\pmod p∴ax≡ap−1(modp)，即x=a^{p-2}x=ap−2，用快速幂求解$

欧拉定理

如果 $a,pa,p互质，a^{\varphi(p)}\equiv1\pmod paφ(p)≡1(modp)$

当 $pp为质数时，\varphi(p)=p-1φ(p)=p−1$

$x=a^{p-2}x=ap−2，快速幂$

解同余方程

由于 $\gcd(a,p)=1gcd(a,p)=1，原方程等价于ax+py=1ax+py=1，扩欧求解即可$

线性递推

令 $k=\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor,r=p\bmod ik=⌊ip⌋,r=pmodi则p=ki+rp=ki+r$

则 $ki+r\equiv0\pmod pki+r≡0(modp)$

$kr^{-1}+i^{-1}\equiv0\pmod pkr−1+i−1≡0(modp)$

$i^{-1}\equiv-kr^{-1}\pmod pi−1≡−kr−1(modp)$

即 $i^{-1}=-\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor(p\bmod i)^{-1}i−1=−⌊ip⌋(pmodi)−1$

为了保证 $0<i^{-1}<p0<i−1<p，将上式写成i^{-1}=\left(p-\left\lfloor\dfrac{p}{i}\right\rfloor\right)(p\bmod i)^{-1}\bmod pi−1=(p−⌊ip⌋)(pmodi)−1modp$

inv[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i)inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;

阶乘逆元

$\dfrac{1}{n!}\equiv\dfrac{n+1}{(n+1)!}\pmod pn!1≡(n+1)!n+1(modp)$

可以先求出 $n!n!的逆元，倒推求出i!i!的逆元(1\le i<n)(1≤i<n)$

也可以线性求

离线逆元

要离线求

线性递推出前缀积和前缀积逆元即可

$\mathcal O(n+\log p)O(n+logp)$

$\large\texttt{裴蜀定理}裴蜀定理\gcd(a,b)|c\texttt{是}ax+by=c\left(x,y\in \mathbf Z\right)\texttt{有解的充要条件}gcd(a,b)∣c是ax+by=c(x,y∈Z)有解的充要条件$

必要性证明：

设 $d=\gcd(a,b)d=gcd(a,b)，则d|a,a|bd∣a,a∣b$

$\therefore d|ax,d|by∴d∣ax,d∣by$

$\therefore d|c∴d∣c，即\gcd(a,b)|cgcd(a,b)∣c$

解可用扩欧求得

$\large\texttt{莫比乌斯函数 }\mu莫比乌斯函数 μ$

设 $NN的质因数分解为N=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}N=i=1∏mpici$

$\mu(N)=\begin{cases}1&N=1\\(-1)^{m}&N>1,\forall i\in[1,m],c_i=1\\0&N>1,\exists i\in[1,m],c_i>1\end{cases}μ(N)=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧1(−1)m0N=1N>1,∀i∈[1,m],ci=1N>1,∃i∈[1,m],ci>1$

性质：

$\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n=1]=\begin{cases}1&n=1\\0&n>1\end{cases}d∣n∑μ(d)=[n=1]={10n=1n>1$

，且 $\muμ是满足该性质的唯一积性函数$

$\sum\limits_{d|n}\dfrac{\mu(d)}d=\dfrac{\varphi(n)}{n}d∣n∑dμ(d)=nφ(n)$

线性筛 $\muμ：$

mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i){
    if(!np[i]){
        p[++tot]=i;
        mu[i]=-1;
    }
    for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=N;++j){
        np[i*p[j]]=true;
        mu[i*p[j]]=(i%p[j]?-mu[i]:0);
        if(i%p[j]==0)break;
    }
}

莫比乌斯反演

$F(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)\Leftrightarrow f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)F\left(\dfrac{n}{d}\right)F(n)=d∣n∑f(d)⇔f(n)=d∣n∑μ(d)F(dn)$

$\Large\texttt{中国剩余定理 CRT/EXCRT}中国剩余定理 CRT/EXCRT$

用于求解同余方程组 $\begin{cases} x \equiv a_1\ ({\rm mod}\ m_1) \\ x\equiv a_2\ ({\rm mod}\ m_2) \\ ... \\ x \equiv a_n\ ({\rm mod}\ m_n)\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧x≡a1 (mod m1)x≡a2 (mod m2)...x≡an (mod mn)$

CRT

若 $m_1,m_2,\dots,m_nm1,m2,…,mn两两互质$

设 $M_i=\dfrac{\prod\limits_{j=1}^nm_j}{m_i},t_iMi=mij=1∏nmj,ti是M_it_i\equiv 1\pmod{m_i}Miti≡1(modmi)的一个解$

则原方程的一个解为 $x=\sum\limits_{i=1}^na_iM_it_ix=i=1∑naiMiti，通解为x+k\prod\limits_{j=1}^nm_j,k\in\mathbf{Z}x+kj=1∏nmj,k∈Z$

将解代入方程即可证明

EXCRT

若 $m_imi不一定两两互质$

设 $m=\mathrm{lcm}(m_1,m_2,\dots,m_{k-1})m=lcm(m1,m2,…,mk−1)$

假设前 $k-1k−1个方程的解为xx，且存在t\in\mathbf{Z}t∈Z使x+tm\equiv a_k\pmod{m_k}x+tm≡ak(modmk)$

上述同余方程可用扩欧求解

$\Large\texttt{Baby Step,Giant Step}Baby Step,Giant Step$

用于求解同余方程 $a^x\equiv b\pmod max≡b(modm)$

BSGS

若

设 $t=\left\lceil\sqrt m\right\rceil,x=it+j~(0\le i\le t~0\le j< t)t=⌈m⌉,x=it+j (0≤i≤t 0≤j<t)$

即 $a^{it+j}\equiv b\pmod mait+j≡b(modm)$

对于 $0\le j<t0≤j<t，将a^jaj插入\texttt{Hash}Hash表$

枚举

EXBSGS

不保证

$\because a^x\equiv b\pmod m∵ax≡b(modm)$

$\therefore a^{x-1}\times a\equiv b\pmod m∴ax−1×a≡b(modm)$

$\therefore a\times a^{x-1}+m\times k=b∴a×ax−1+m×k=b$

设 $d=\gcd(a,m)d=gcd(a,m)$

由裴蜀定理，若 $d\nmid bd∤b，方程无整数解$

若 $d\mid bd∣b，则a^{x-1}\dfrac ad\equiv\dfrac b d\pmod{\dfrac m d}ax−1da≡db(moddm)$

即 $a^{x-1}\equiv\dfrac{\dfrac bd}{\dfrac ad}\pmod{\dfrac md}ax−1≡dadb(moddm)$

若 $\gcd\left(a,\dfrac md\right)=1gcd(a,dm)=1，用BSGS求解$

否则，重复上述过程

$\Large\texttt{Lucas定理}Lucas定理$

用于求 $\binom nm\bmod p(mn)modp$

Lucas

若 $pp为质数，则\binom nm\equiv \binom{\left\lfloor\frac np\right\rfloor}{{\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}}\times \binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p(mn)≡(⌊pm⌋⌊pn⌋)×(mmodpnmodp)(modp)$

引理 $:(1+x)^p\equiv1+x^p\pmod p:(1+x)p≡1+xp(modp)$

用二项式定理展开即得证

设 $k=\left\lfloor\dfrac np\right\rfloor,r=n\bmod pk=⌊pn⌋,r=nmodp，则n=kp+rn=kp+r$

$\therefore(1+x)^n=(1+x)^{kp+r}=((1+x)^p)^k(1+x)^r\equiv(1+x^p)^k(1+x)^r\pmod p∴(1+x)n=(1+x)kp+r=((1+x)p)k(1+x)r≡(1+xp)k(1+x)r(modp)$

$\therefore\sum\limits_{i=0}^n\binom nix^i\equiv\sum\limits_{i=0}^k\binom kix^{pi}\sum\limits_{j=0}^r\binom rjx^j\pmod p∴i=0∑n(in)xi≡i=0∑k(ik)xpij=0∑r(jr)xj(modp)$

观察 $x^mxm项的系数，得$

$\binom nm\equiv \binom k{\left\lfloor\frac mp\right\rfloor}\binom r{m\bmod p}\pmod p(mn)≡(⌊pm⌋k)(mmodpr)(modp)$

EXLucas

若 $pp为合数，分解质因数得到p=\prod_{i=1}^kp_i^{c_i}p=∏i=1kpici$

求出所有 $\binom nm\bmod p_i^{c_i}(mn)modpici，使用\texttt{CRT}CRT合并答案$

$\binom nm=\frac{n!}{m!(n-m)!}(mn)=m!(n−m)!n!$

提出分子分母中的质因数 $p_ipi，放到最后计算$

考虑如何求 $\frac{n!}{\gcd(n!,p^{\infty})}gcd(n!,p∞)n!，即n!n!剔除质因数$

发表于 2022-01-20 11:25 wangruidong03 阅读(65) 评论(0) 收藏举报