歐幾里得定理

$gcd(a,b)=gcd(a\%b,b)$(a>=b)
給出簡單證明:
可以知道$gcd(a,b)<=b且為b的因子$
$a=mb+r$容易得到左邊的mb部分一定可以被b的所有因子整除,所以不會對結果造成影響，所以得證對于a>=b,$gcd(a,b)=gcd(a\%b,b)$。
遞歸求解,當b=0時返回a即可。

拓展性質:對于a>=b,$gcd(a,b)=gcd(a?b,b)$=$gcd(a+b,b)$
即$gcd(a+k?b,b)=gcd(a,b)$,k為整數

裴蜀定理(貝祖定理)

$ax+by=gcd(a,b)$
對于$a$,$b$的$gcd(a,b)$,一定存在系數x和y，使得:
$ax+by=gcd(a,b)$

拓展歐幾里得定理

對貝祖定理系數的求解過程稱為拓展歐幾里得定理

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

證明:
$a{x}_1+b{y}_1=gcd(a,b)$
$b{x}_2+(a\%b)y_2=gcd(a,b)$
聯立兩個等式可得：
$a?x_1+b?y_1$
$=b?x_2+(a\%b)y_2$
$=b?x_2+(a?a/b?b)y_2$
$=a?y_2+b?(x_2?a/b?y_2)$
可以得到:
$x_1=y_2$
$y_1=x_2?a/b?y_2$

定理的一些基本應用
1.求$x$模$p$的逆元
2.關于系數的變化
對于 $ax+by=gcd(a,b)$
兩邊同除以$gcd(a,b)$,
則a與b變成了素數p和q,
$px+qy=1$
系數x,y可以隨意變動,
$x$每增大$q$,$y$就減少$p$,反之亦然。

算數基本定理：

一個數可被唯一地表示成若干個素數的乘積。
$x=p_1^{cn{t}_1}?p_2^{cn{t}_2}?p_3^{cn{t}_3}???p_n^{cn{t}_n}$
$cn{t}_i$表示x分解后的乘積表達式中有$cn{t}_i$個$p_i$.
定理的一些基本應用
1.求出x的因子個數
$factorCnt=(cn{t}_1+1)?(cn{t}_2+1)???(cn{t}_n+1)$
2.更好地理解$gcd(最大公因數)$
$gcd(a,b)=p_1^{min(cnt{a}_1,cnt{b}_1)}?p_2^{min(cnt{a}_2,cnt{b}_2)}???p_n^{min(cnt{a}_n,cnt{b}_n)}$
3.更好地理解$lcm(最小公倍數)$
$lcm(a,b)=p_1^{max(cnt{a}_1,cnt{b}_1)}?p_2^{max(cnt{a}_2,cnt{b}_2)}???p_n^{max(cnt{a}_n,cnt{b}_n)}$

費馬小定理

如果p是一個質數，而整數a不是p的倍數，那么$1.$$a^{p}modp=$$amodp$.
$2.$$a^{p?1}modp$$=1modp$.
應用:
1.求一個數x模p的逆元y
$y=x^{p?2}$
證明:
$$\begin{gathered} x?y \\ =x?x^{p?2} \\ =x^{p?1}modp \\ =1(此處由費馬小定理得出) \end{gathered}$$
因為取模運算后的結果已經不能簡單地用除法，所以我們引入了乘法逆元的概念,即你如果在模p條件下想除以一個數,只能用乘以它的逆元代替。
證明可以看下文的完全剩余系

互質的判斷

若$gcd(x,y)=1，表明x,y互質$
拓展性質:
若$x和y互質，$
1.$gcd(x+y,x?y)=1$
證明：x和y互質表明它們沒有共同的質因子,另$z=x?y$，顯然z具有x,y所有的質因子。
而$x+y$要存在至少一個x或y的因子的條件是:$x+y$能夠整除這些質因子,但因為$x+y$合并時,x和y沒有一個共同的質因數,所以相加后這些質數并未能保留，全部變成了別的質因數。所以,$gcd(x+y,x?y)=1$.

歐拉函數

定義：對于正整數n,歐拉函數φ(n)是小于n的正整數中與n互質的數的數目.
1.對于素數p,$\phi (p)=p?1$
2.對于素數p,$\phi (p^k)=p^k?p^{k?1}$
3.若$p_1$與$p_2$互質, 那么$\phi (p_1{p}_2)=\phi (p_1)\phi (p_2)$
證明：如果a與p1互質(a<p1)，b與p2互質(b<p2)，c與p1p2互質(c<p1p2)，則c與數對 (a,b) 是一一對應關系。由于a的值有φ(p1)種可能，b的值有φ(p2)種可能，則數對 (a,b) 有$\phi (p1)\phi (p2)$種可能，而c的值有$\phi (p1p2)$種可能，所以$\phi (p1p2)$就等于$\phi (p1)\phi (p2)$。
4.對于一個有多個質因子的數x,
$x(x=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}?p_n^{k_n})$,
由第三個性質可得：
$\phi (x)=\phi (p_1^{k_1})\phi (p_2^{k_2})?\phi (p_n^{k_n})$
由第四個性質可得(n為x不同質因數的個數)：
$\phi (p_1^{k_1})\phi (p_2^{k_2})?\phi (p_n^{k_n})$$$\begin{gathered} =p_1^{k_1}(1?\frac{1}{p_1})p_2^{k_2}(1?\frac{1}{p_2})?p_n^{k_n}(1?\frac{1}{p_n}) \\ =p_1^{k_1}{p}_2^{k2}?p_n^{k_n}(1?\frac{1}{p_1})(1?\frac{1}{p_2})?(1?\frac{1}{p_n}) \\ =x(1?\frac{1}{p_1})(1?\frac{1}{p_2})?(1?\frac{1}{p_n}) \\ =x{\prod }_{i=1}^n(1?\frac{1}{p_i}) \end{gathered}$$

同余關系

$加法$
1.如果$a\equiv b且c\equiv d$，那么$a+c\equiv b+d(modm)$
$減法$
2.如果$a\equiv b且c\equiv d$，那么$a?c\equiv b?d(modm)$
$乘法$
3.如果$a\equiv b且c\equiv d$，那么$ac\equiv bd(modm)$
4…如果$a\equiv b且c\equiv d$，那么$a^n\equiv b^n(modm)$
$除法$
只有在滿足d與m互質的情況下
$ad\equiv bd(modm)$等價于$a\equiv b(modm)$,$d=0$
證明:
尋找系數$d^{\prime }和m^{\prime }$,使得$d{d}^{\prime }+m^{\prime }m=1(d和m互質,gcd(d,m)=1)$,
那么$ad\equiv bd?ad{d}^{\prime }\equiv bd{d}^{\prime }$
因為$d{d}^{\prime }=1?m{m}^{\prime }$
所以$a\equiv b$

模數變化

$ad\equiv bd(modmd)$等價于$a\equiv b(modm)$
$ad\equiv bd(modm)$等價于$a\equiv b(mod\frac{m}{gcd(d,m)})$
證明：$d{d}^{\prime }+m{m}^{\prime }=gcd(d,m)$,
這就給出同余式
$a?gcd(d,m)\equiv b?gcd(d,m)(modm)$
$\to a\equiv b(mod\frac{m}{gcd(d,m)})$

$a\equiv b(modmd)$等價于$a\equiv b(modm)$,$d為整數$

如果$m\perp n(互質)$,
$a\equiv b(modmn)$$?a\equiv b(modm)并且a\equiv b(modn)$

中國剩余定理

找到一個滿足以下條件并最小的$X$
對于任意i都滿足,$Xmod{m}_i$=$a_i$$(1<=i<=n)$
要求$m_i$之間互質
首先考慮一個周期性,即找到一個可行解,該如何處理使得解更小呢?不斷減去周期T即可。
$T={\prod }_{i=1}^n{m}_i$
對于X，我們不妨考慮找到一個組合使得X=$\sum x_i$
$x_i$滿足條件$xi\%m_i$=$a_i并且(T/m_i)|x_i$，則這個$x_i$不會對其他$x$造成影響。
怎么找到這個$x_i$呢？
1.求出$T/m_i$模$m_i$下的逆元$p$
2.令$x_i$=$T/m_i$*p,則乘積模$m_i$為1
3.再把$x_i$乘以$a_i$即可
思考：為什么要求$m_i$之間互質呢？
如果$m_i$之間不互質,那么周期T就不為這個。
思考：那么如果$m_i$之間不互質該怎么辦呢？
把非互質的方程組消去,合并成一個。
用拓展歐幾里得消去其他m非互質的方程,合并后的$mod$為$lcm(m_i,m_j)$

大佬博客

歐拉定理

若$gcd(a,m)=1,則a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$

拓展歐拉定理（歐拉降冪公式）

$若gcd(a,p)=1,那么a^b=a^{bmod\phi (p)}$
$否則,若b>=\phi (p),a^b=a^{bmod\phi (p)+\phi (p)}$
$若b<\phi (p),a^b=a^b$

乘法逆元的幾種求法

限制條件
1.拓展歐幾里得(要求a與m互質)
2.費馬小定理(要求a與p互質,并且p為質數)

一些數學術語(摘自百度百科)

剩余類
設模為n，則根據余數可將所有的整數分為n類，把所有與整數a模n同余的整數構成的集合叫做模n的一個剩余類，記作[a]。并把a叫作剩余類[a]的一個代表元。

完全剩余系
在模n的剩余類中各取一個元素，則這n個數就構成了模n的一個完全剩余系。
簡化剩余系
簡化剩余系(reduced residue system)也稱既約剩余系或縮系，是m的完全剩余系中與m互素的數構成的子集，如果模m的一個剩余類里所有數都與m互素，就把它叫做與模m互素的剩余類。
在與模m互素的全體剩余類中，從每一個類中各任取一個數作為代表組成的集合，叫做模m的一個簡化剩余系。
例如:
模5的一個簡化剩余系是1,2,3,4,模10的一個簡化剩余系是1,3,7,9,模18的一個簡化剩余系是1,5,7,11,13,17

一些引理
1.若a,b,c為任意三個整數,m為正整數,且$(m,c)=1$,則當$ac\equiv bc(modm)$時,有
$a\equiv b(modm)$
證明：
上式等價于:
$c(a?b)\equiv 0(modm)$
$\because (m,c)=1$
$\therefore a?b\equiv 0(modm)$
$\therefore a\equiv b(modm)$
2.設$m$是一個整數且$m>1$，$b$是一個整數且$(m,b)=1$。
如果$a[1],a[2],a[3],a[4],\dots a[m]$是模m的一個完全剩余系，
則$b?a[1],b?a[2],b?a[3],b?a[4],\dots b?a[m]$也構成模m的一個完全剩余系。
證明采用反證法:
如若存在$b?a[i]\equiv b?a[j]$,那么$b(a[i]?a[j])\equiv 0(modm)$
$又因為(b,m)=1$,則$a[i]\equiv a[j](modm)$,與條件矛盾。
作用
證明費馬小定理:如果$(a,p)=1$($p$為素數),則$a^{p?1}=1$
過程：構造素數p的完全剩余系
$P=\{1,2,3,\dots ,p?1\}$
又$(a,p)=1$,那么根據引理2,
$Q=\{a,2a,3a,\dots ,(p?1)a\}$也為p的完全剩余系
根據完全剩余系的性質：
$1?2?3???(p?1)\equiv a?2a?3a?\dots ?(p?1)a(modp)$
$(p?1)!\equiv (p?1)!?a^{p?1}(modp)$
消去$(p?1)!$,得到$a^{p?1}\equiv 1(modp)$

盧卡斯定理

Lucas定理是用來求 $c(n,m)modp$
C(n,m)%p=C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p

ll lucas(ll n,ll m,ll mod) {if(!m)return 1;return C(n%mod,m%mod,mod)*lucas(n/mod,m/mod,mod)%mod; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的数论入门篇的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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