数论基础

余数

取模运算

改编自 deepseek

整数取模

在C++中，取模运算（%）遵循以下规则：

取模运算的语法：a % b，其中 a 是被除数，b 是除数
操作数必须是整数类型（int, long, short, char 等）
结果的符号与被除数 a 相同
如果b为0，会导致未定义行为

cout << 7 % 3;    // 输出1 (7 = 3*2 + 1)
cout << -7 % 3;   // 输出-1 (-7 = 3*(-2) + (-1))
cout << 7 % -3;   // 输出1 (7 = -3*(-2) + 1)
cout << -7 % -3;  // 输出-1 (-7 = -3*2 + (-1))

浮点数取模

C++标准库提供了 fmod() 函数用于浮点数的取模运算：

#include <cmath>
double result = fmod(5.3, 2.0); // 结果为1.3

整除分块

参考博客然而我认为这篇的时间复杂度分析得不太对。

求 $\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor $ 这种东西以及其他复杂很多的东西，可以 $O(\sqrt{n})$ 求解。

最简单地，求 $\sum_{i=1}^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor $。

时间复杂度证明

注意到 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ 的取值不超过 $2\sqrt{n}$ 种。证明如下：

$i\le \sqrt{n}$，因为 $i$ 只有 $\sqrt{n}$ 种，所以 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$ 的取值也只有 $\sqrt{n}$ 种。
$i> \sqrt{n}$，此时 $\lfloor \frac{n}{i} \rfloor < \sqrt{n}$，显然取值不超过 $\sqrt{n}$。

因此总时间复杂度为 $O(\sqrt{n})$。

大体思路和代码

枚举 $l$，设 $v=\lfloor \frac{n}{l} \rfloor$，我们要找 $v=\lfloor \frac{n}{r} \rfloor$ 的最大的 $r$。

\[v=\lfloor \frac{n}{r} \rfloor\\ v\le \frac{n}{r}\\ r\le \frac{n}{v}\]

因此在这个例子中，$r$ 取 $\frac{n}{v}$，下一块的 $l$ 就取 $r+1$。

for(int l=1,r=1,v=n/l;l<=n;l=r+1,v=n/l){
		r=n/v;
		ans+=v*(r-l+1);
	}

经验

P1403 [AHOI2005] 约数研究一道小黄题，和例子一模一样，其实它的数据范围可以不用整除分块的。

P2424 约数和很板子。

P2261 [CQOI2007] 余数求和把 $k\bmod i$ 转化成 $k-\lfloor \frac{k}{i} \rfloor i$，然后看起来非常板子。但是由于 $i\le n$ 而本题求 $\lfloor \frac{k}{i} \rfloor$，$n,k$ 可能不等，需要注意边界细节。

GZOI2024 Day2 T2【乒乓球】很复杂的整除分块。

约数

$a|b$ 表示 $a$ 能整除 $b$，即 $a$ 是 $b$ 的因子。

约数个数大约 $O(n^\frac{1}{3})$ 级别。

最大公约数

——辗转相除法求 gcd

欧几里得算法： $\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$ 。

时间复杂度 $O(\log n)$（我不会证明 qwq）。

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

O(1) 求 gcd

参考 O(1) gcd 学习笔记。

设 $T=\lfloor\sqrt{V}\rfloor$。

对于一个数 $1\le x\le V$，一定可以拆分成三个数 $a,b,c$ 相乘，使得每个数 $y$ 满足：

若 $y > T$ 则 $y$ 是质数。
否则 $y \le T$，$y$ 可以是合数。

因为 $x$ 可能有至多一个质因子 $p> T$，如果有，则把 $x$ 分成 $p$ 和 $q$，$q$ 一定是一个 $\le T$ 的数，否则 $pq$ 就 $\ge (T+1)^2$ 了。那么把 $q$ 拆成两个数也一定都是 $\le T $ 的。如果没有，假设存在一个合数 $>T$，那么另外两个数的乘积一定 $\le T$，否则他们三乘起来就 $\ge (T+1)^2$ 了。这时候我们把两个小的数乘起来变成一个，然后把大的合数拆开就好了。emm，感性理解一下吧。

不是，我为什么要证明这个东西啊，学 OI 还纠结什么证明？

好的，接下来我们不再证明这些显然的东西了。

O(n) 预处理

线性筛筛出每个数的最小质因数 $p$，然后这个数的分解方式复制 $x/p$ 的分解方式，然后从 $a,b,c$ 依次判断能否乘上 $p$ 之后仍然合法，合法就乘上好了。

然后预处理出所有 $\le T$ 的数的两两 $\gcd$，可以类似于辗转相除递推。

每次查询两个数 $\gcd$ 时就可以 $O(1)$ 求了！

线性同余方程

\[ax \equiv b (\bmod n) \]

给定 $a,b,n$，求 $x$ 在 $[0,n-1]$ 的整数解。

当 $a,n$ 互素时，可以逆元求解。

\[x \equiv b a^{-1} \pmod n \]

若 $a,n$ 不互素，此时不一定有解。当且仅当 $\gcd (a,n) | b$ 的时候有解且恰有 $\gcd(a,n)$ 个解，可以感性理解。使用逆元或者扩展欧几里得算法求解。

逆元求解

设 $g=\gcd(a,n)$。

方程左右及模数同除 $g$。

令 $a'=\frac{a}{g},b'=\frac{b}{g},n'=\frac{n}{g}$，
有 $a' x' \equiv b' \pmod {n'}$。

可以发现 $x'$ 也是原方程的一个解。

原方程有 $g$ 个解。通解为 $x_i = x'+in'(i \in [0,g-1])$。

显然这样的解是新方程的解，又因为这样的解 $\le n-1$，因此这样的解也是原方程的解。

扩展欧几里得算法 exgcd

因为我是 OIer，所以直接上代码，证明不重要。

l x,y;
ll exgcd(int a,int b) {
	if(!b) {
		x=1, y=0; 
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b);
	int t=x;
	x=y; 
	y=t-a/b*y;
	return d;
}
void solve(int a,int b,int c) { // ax+by=c
	int g=exgcd(a,b);
	if(c%g) return puts("-1"), void(0); // 无整数解
	x*=c/g, y*=c/g;
	ll tx=b/g, ty=a/g;
	ll k=ceil(1.0*(-x+1)/tx);
	x+=k*tx, y-=k*ty;
	if(y<=0) { // 无 x,y 均是正整数的解
		ll ymn=y+ty*ceil(1.0*(-y+1)/ty);
		pf("%lld %lld\n",x,ymn); // xmin,ymin
		return;
	} 
	ll ky=ceil(1.0*(-y+1)/ty);
	pf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",(y-1)/ty+1,x,y+ty*ky,x-ky*tx,y); // 正整数解的个数,xmin,ymin,xmax,ymax
}

同余方程：

\[ax \equiv c (\bmod b) \]

可以转化为

\[ax + by = c \]

当且仅当 $\gcd(a,b) \mid c$ 的时候有且有 $\gcd(a,b)$ 个解。

假设 $gcd(a,b) \mid c$，设 $g=gcd(a,b)$。

方程

\[\frac{a}{g} x + \frac{b}{g} y = \frac{c}{g} \]

的解集和原方程相等。

上面的方程写作

\[a' x + b' y = c'(\gcd(a',b')=1) \]

我们先求方程 $a' x + b' y = \gcd (a', b')$ 的解。

当 $b'=0$ 的时候，显然有 $\gcd=a',x=1,y=0$。

当 $b' > 0$ 的时候，参考辗转相除法的过程。求出方程 $b' x' + (a' \bmod b') y' = \gcd$ 的解。有

\[b' x' + (a' \bmod b') y' = a' x + b' y\\ b' x' + (a' - b' \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor) y' = a' x + b' y\\ b' x' + a'y' - b' \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor y' = a' x + b' y\\ a'y' + b'(x' - \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor y') = a' x + b' y\\\]

因为 $a',b'$ 互质，由此得出

\[\begin{aligned} x & =y'\\ y & =x' - \lfloor \frac{a'}{b'} \rfloor y' \end{aligned} \]

于是我们求出了方程 $a' x + b' y = \gcd (a', b')=1$ 的一组解。两边同乘 $c'$，就得到了 $a' x + b' y = c'$ 的一组特解，记作 $x_0,y_0$。也是原方程的一组特解。

然后求通解。

已知

\[a x_0 + b y_0 = c \]

加上 $d_a$ 个 $a$，减去 $d_b$ 个 $b$，使方程仍然成立 $d_a,d_b$ 均为整数。求 $d_a,d_b$ 需要满足什么条件。

显然 $\frac{\text{lcm}(a,b)}{a} \mid d_a, \frac{\text{lcm}(a,b)}{b} \mid d_b$。其他写法是一个意思。一般写作 $\gcd$ 的形式，即 $\frac{b}{\gcd(a,b)}$。

有了 $d_a$ 的最小变化单位不难求出方程最小正整数解等类似问题。

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

素数和合数

一个数有且仅有 $1$ 和它本身两个因子，这个数是素数，因此 $1$ 不是素数。

线性筛法

每个数只会被最小的质因子筛到。

复杂度 $O(n)$ 。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pf printf
#define sf scanf
using namespace std;
const int N=1e6+7,M=1e7;
int can[N];
int p[M];
void primes(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!p[i]){
			p[i]=i;
			can[++can[0]]=i;
		}
		for(int j=1;j<=can[0];j++){
			if(can[j]>p[i]||(ll)can[j]*i>n) break;
			p[can[j]*i]=can[j];
		}
	}
}
int main(){
	int n=M;
	primes(n); 
	pf("%d\n",can[0]);
}

乘法逆元

\[ax \equiv 1 (\bmod p) \]

则 $x$ 是 $a$ 的乘法逆元。

若 $a,p$ 不互素，则不存在乘法逆元。

线性求逆元

求连续逆元

结论、证明见 OIWiki。这里搬一张结论。

附上可爱代码：

inv[1]=1;
rep(i,2,n) inv[i]=mul(mod-mod/i,inv[mod%i]);

求任意 n 个数的逆元

设 $s_n$ 表示前 $n$ 个数的积（取模意义下），先求出 $s_n^{-1}$，然后倒序一次求出 $s_i^{-1}$，最后 $inv_i \gets s_i^{-1} \times s_{i-1}$。

s[0]=1;
rep(i,1,n) s[i]=1ll*s[i-1]*a[i]%p;
sinv[n]=ksm(s[n],p-2);
per(i,n-1,0) sinv[i]=1ll*sinv[i+1]*a[i+1]%p;
rep(i,1,n) inv[i]=1ll*sinv[i]*s[i-1]%p;

posted @ 2024-08-14 18:30 wing_heart 阅读(70) 评论(0) 收藏举报

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