基础数论小结(25.9.23)

基础数论

同余

1. 自反性 a ≡ a (mod m)
2. 对称性 a ≡ b (mod m)，则 b ≡ a (mod m)
3. 传递性 a ≡ b (mod m) 且 b ≡ c (mod m) a ≡ c (mod m)
4. 加减性 a ≡ b (mod m) 且 c ≡ d (mod m) a±c ≡ b±d (mod m)
5. 乘法性 a ≡ b (mod m) 且 c ≡ d (mod m) ac ≡ bd (mod m)
   k * a ≡ k * b (mod m)
6. 乘方性 a ≡ b (mod m) 则 a^n ≡ b^n (mod m)
7. 模的缩放 a ≡ b (mod m) 且d是m的约数（d | m), 则 a ≡ b (mod d)

余数性质

1. 余的分配性 (a+b+c+d) % r = { (a%r)+(b%r)+(c%r)+(d%r) }%r
   a = x*k1+r ......

   (a+b+c+d)%r = x(k1+k2+k3+k4) + R = 0 + R%r = { (a%r)+(b%r)+(c%r)+(d%r) }%r

2. 余的分配性(2) (a * b * c * d) % r = {(a%r) * (b%r) * (c%r) * (d%r) }%r
   = ( (a%r) * (b%r) ) %r ......

3. 涉及除数的式子 (b / c)%m = （b * (c的逆元)） %m

欧几里得

1. 我们通过设x为a,b的公约数，可以通过等式发现gcd(a,b) == gcd(b,a%b)
   所以我们可以通过此，使用递归，求得答案
2. 因为除法可能会爆 ll，故我们尝试使用，更相减损术求得答案
3. 若2|a 2|b gcd(a,b) = 2gcd(a/2,b/2);
4. 2|a或者2|b

gcd的应用

可以知道，两个数之间gcd可以直接logn求取，那么多个数呢
很明显，若求得的gcd，放在数组里继续求并不冲突
所以：gcd(a,b,c) = gcd(gcd(a,b),c)

还可以通过设质数的方去得知，gcd(a,b) * lcm(a,b) = a*b
多个数的lcm，也可以通过与gcd同样方法求取

扩展欧几里得

ax + by = gcd（a,b）的递归法求解

通过求式子可以解得：
𝑥1 =𝑦2
𝑦1 =𝑥2 −⌊𝑎/𝑏⌋𝑦2
之后直接通过不断向下递归，直至x=1,y=0(得知了有几层)
向上寻找回代

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;
}

ax + by = gcd（a,b）的迭代法求解

与递归法的式子是不同的
当 𝑥 =1，𝑦 =0，𝑥1 =0，𝑦1 =1 时
𝑎𝑥+𝑏𝑦=𝑎
𝑎𝑥1+𝑏𝑦1=𝑏

​ 𝑎𝑥1+𝑏𝑦1=𝑏
​ 𝑎(𝑥−𝑞𝑥1)+𝑏(𝑦−𝑞𝑦1)=𝑎−𝑞𝑏

int gcd(int a, int b, int& x, int& y) {
x = 1, y = 0;
int x1 = 0, y1 = 1, a1 = a, b1 = b;
while (b1) {
 int q = a1 / b1;
 tie(x, x1) = make_tuple(x1, x - q * x1);
 tie(y, y1) = make_tuple(y1, y - q * y1);
 tie(a1, b1) = make_tuple(b1, a1 - q * b1);
}
return a1;
}

拓展欧几里得应用

1. 求模逆元
   ax≡1(modm)

   x 是 𝑎 在模 𝑚 意义下的 逆元

   设：ax+my = 1 (gcd(a,m) == 1)

2. 求同余线性方程

   ax = b(mod n)
   分为两种情况

   第一种：a,n互质，说明a在模n的意义下有逆元

   x = b * (a的逆元)(mod n)

   第二种：a,n不互质，

   gcd (a,n) = d

   考虑两种情形：

   1. 当 𝑑 不能整除 𝑏 时，方程无解

   2. 当可以整除时，将a,b,n都除b
      𝑎′𝑥≡𝑏′(mod𝑛′)

      gcd(a' , n') = 1

      解得d = gcd(a,n)

      总答案数 = d

      其过程证明主要为：a(x' + 𝑘𝑛′)%n = b%n

      然后证明 在k<d-1时，总共有d个解 x = x' + kn'