數(shù)論入門(mén)

提到數(shù)論，可能很多人都感到很頭疼，甚至很多時(shí)候遇到一些問(wèn)題，看到成篇的證明都會(huì)感到恐懼，而且由于關(guān)于ACM方面的數(shù)論資料，網(wǎng)上資料都比較駁雜。有時(shí)候很容易出現(xiàn)知其然不知其所以然的情況。所以今天給大家介紹一些關(guān)于數(shù)論入門(mén)最基礎(chǔ)的知識(shí)和算法，內(nèi)容會(huì)盡量從0基礎(chǔ)開(kāi)始，所以內(nèi)容會(huì)盡量詳細(xì)。不過(guò)其中部分證明還是需要一些高中數(shù)學(xué)基礎(chǔ)的。由于內(nèi)容很多，我整理了一個(gè)目錄，按順序講今天的內(nèi)容.

目錄

一.合數(shù)，質(zhì)數(shù)，整除，互質(zhì)，同余，取模等基礎(chǔ)概念。

二.歐幾里得算法

三.擴(kuò)展歐幾里得

四.費(fèi)馬小定理

五.歐拉函數(shù)

六.歐拉降冪

七.素?cái)?shù)篩

八.快速冪

九.逆元的用處和幾種簡(jiǎn)單求法

十.中國(guó)剩余定理

一.數(shù)論中的基礎(chǔ)概念和符號(hào)

1.基礎(chǔ)概念

合數(shù)：合數(shù)是指在大于1的整數(shù)中除了能被1和本身整除外，還能被其他數(shù)（0除外）整除的數(shù)

質(zhì)（素）數(shù)：質(zhì)（素）數(shù)是指在大于1的自然數(shù)中，除了1和它本身以外不再有其他因數(shù)的自然數(shù)。

整除：若整數(shù)b除以非零整數(shù)a，商為整數(shù)，且余數(shù)為零， 我們就說(shuō)b能被a整除（或說(shuō)a能整除b），b為被除數(shù)，a為除數(shù)，即a|b（“|”是整除符號(hào)），讀作“a整除b”或“b能被a整除”。a叫做b的約數(shù)（或因數(shù)），b叫做a的倍數(shù)。整除屬于除盡的一種特殊情況。

公約數(shù)：公約數(shù)，亦稱“公因數(shù)”。它是指能同時(shí)整除幾個(gè)整數(shù)的數(shù) [1] 。如果一個(gè)整數(shù)同時(shí)是幾個(gè)整數(shù)的約數(shù)，稱這個(gè)整數(shù)為它們的“公約數(shù)”；公約數(shù)中最大的稱為最大公約數(shù)。對(duì)任意的若干個(gè)正整數(shù)，1總是它們的公因數(shù)。

互質(zhì)：互質(zhì)是公約數(shù)只有1的兩個(gè)整數(shù)，叫做互質(zhì)整數(shù)

同余：數(shù)論中的重要概念。給定一個(gè)正整數(shù)m，如果兩個(gè)整數(shù)a和b滿足a-b能夠被m整除，即(a-b)/m得到一個(gè)整數(shù)，那么就稱整數(shù)a與b對(duì)模m同余，記作a≡b(mod m)。對(duì)模m同余是整數(shù)的一個(gè)等價(jià)關(guān)系

2.常見(jiàn)符號(hào)

MOD

mod，要與一般的%相區(qū)分
mod意為模意義下結(jié)果一定為正
%是一種運(yùn)算，結(jié)果可以為負(fù)

同余符號(hào)（≡）

兩個(gè)整數(shù)a，b，如果a mod m = b mod m則稱a，b對(duì)于模m同余
記作a ≡ b ( mod m )

sigma（Σ ）

求和符號(hào)
$$\sum _{i=1}^{n}i$$

sigma的意思是i取值1（下界）到n（上界）后面的表達(dá)式的和，這個(gè)公式里的值是1 + 2 + 3 + ? ? ? + ( n ? 1 ) + n 1+2+3+···+(n-1)+n1+2+3+???+(n?1)+n

求積符號(hào)Π

$$\prod _{i=1}^{n}i$$

求積符號(hào)，這個(gè)公式代表的就是n的階乘

同余≡

兩個(gè)整數(shù)a，b，若它們除以整數(shù)m所得的余數(shù)相等，則稱a，b對(duì)于模m同余

記作 a ≡ b (mod m) 　讀作a同余于b模m，或讀作a與b關(guān)于模m同余。

比如 26 ≡ 14 (mod 12)

μ莫比烏斯函數(shù)

代表了莫比烏斯函數(shù)。

φ歐拉函數(shù)

在數(shù)論中代表歐拉函數(shù)

定義：小于n的正整數(shù)中與n互質(zhì)的數(shù)的數(shù)目

|整除符號(hào)

整除符號(hào)：x|y，表示x整除y，即x是y的因數(shù)

gcd（x，y）

代表x和y的最大公約數(shù)，也可寫(xiě)作（x，y）

lcm（x，y）

代表x和y的最小公倍數(shù)，也可寫(xiě)作[X,Y];

二.歐幾里得算法

再說(shuō)歐幾里得算法之前，我們不得不提到最大公約數(shù)（ Greatest Common Divisor）一般縮寫(xiě)為gcd，這歐幾里得算法，就是歐幾里得發(fā)明的用來(lái)求兩個(gè)數(shù)最大公約數(shù)的算法，也稱輾轉(zhuǎn)相除法。它的公式是
$$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$$
它的證明也有很多種方法，這里我們只介紹一種基礎(chǔ)的證法

這種方法把整個(gè)證明分為了兩部分，第一部分是證明證明gcd(a,b)是b,a%b的一個(gè)公約數(shù)，第二部分就是證明這個(gè)公約數(shù)是最大的。 首先我們?cè)O(shè)gcd(a,b)=d，再令a=k1*d,b=k2*d.我們?cè)僭O(shè)，a=k*b+c（也就是a除以b商k余c），那么c就是余數(shù)，也就是a%b. 把上式移項(xiàng)，得到c=a-k*b，然后再把a(bǔ)=k1*d,b=k2*d，這兩個(gè)式子里的a、b帶入式子，得到:c=k1*d-k*k2*d,在提取公因數(shù)d，得到c=(k1-k*k2)*d.這樣就說(shuō)明，c，也就是a%b有d這個(gè)約數(shù)，因?yàn)殚_(kāi)始我們?cè)O(shè)b也有d這個(gè)約數(shù)，所以gcd(a,b)是b，a%b的一個(gè)公約數(shù)。 知道了這個(gè)結(jié)論，我們繼續(xù)來(lái)看為什么這個(gè)公約數(shù)是最大的。 這里我們用到了反證法。我們假設(shè)k1-k*k2=q*t,k2=p*t,并且t>1（也就是那兩個(gè)不互質(zhì)）。 我們將前面那個(gè)式子移項(xiàng)，得到k1=q*t+k*k2,再把這個(gè)k1代到最開(kāi)始的a=k1*d，得到a=（q*t+k*k2）*d，再利用乘法分配律，得到：a=q*t*d+k*k2*d，我們這時(shí)發(fā)現(xiàn)，k2*d不就是最開(kāi)始的b嗎？，將其帶入，得到：a=q*t*d+b*k.這時(shí)，我們?cè)侔裬2=p*t代入開(kāi)始的b=k2*d,得到b=p*t*d，再把這個(gè)式子代到a=q*t*d+b*k.得到了：a=q*t*d+p*t*d*k.提取公因數(shù)：a=(q+pk)*t*d。現(xiàn)在，再和b=p*t*d比較，發(fā)現(xiàn)他們的最大公因數(shù)變成了t*d和開(kāi)始矛盾，所以假設(shè)不成立，反證成功

證明了這個(gè)公式，我們想要算出gcd（a，b）的結(jié)果也就很簡(jiǎn)單了。這兩個(gè)數(shù)的大家都會(huì)不斷減小，我們只需要遞歸不斷縮小范圍低軌道b==0的時(shí)候就能算出a和b的最大公約數(shù)了，如果gcd（a，b）==1，說(shuō)明a和b互質(zhì)。

int gcd(int a, int b) {if (b == 0) return a;return gcd(b, a % b); } int gcd(int a , int b){return a%b==0? b:gcd(b,a%b); }

它的時(shí)間復(fù)雜度是O(log n)；其實(shí)很好理解，在遞歸求gcd的過(guò)程中，如果a>b程序會(huì)返回gcd（b，a）如果a>b。gcd（a，b）-=gcd（b，a mod b）取模后a的值至少會(huì)折半，所以這個(gè)過(guò)程只會(huì)發(fā)生logn次。而每次第一種情況后一定會(huì)轉(zhuǎn)移到第二種情況，第一種情況的次數(shù)不大于第二種情況，所以這個(gè)算法的總復(fù)雜度是O（log n）級(jí)別.

介紹完了最大公約數(shù)，不得不提的就是最小公倍數(shù)（Least Common Multiple）lcm了。

這里也有一個(gè)公式可以直接算，就是gcd（a，b）*lcm（a，b）=a * b

如何證明呢？
$$\begin{gathered} gcd（a，b）=t \\ 假設(shè)a=k1?t,b=k2?t \\ 易得gcd(k1,k2)=1 \\ lcm(a,b)=k1?k2?t \\ 可以發(fā)現(xiàn)gcd（a，b）?lcm（a，b）=a?b \end{gathered}$$
需要注意的是，如果在代碼中使用，不要直接寫(xiě)成（a*b）/gcd（a，b）而是先算a/gcd（a，b）在乘b，放置超出數(shù)據(jù)范圍。

三.擴(kuò)展歐幾里得算法（exgcd）

裴蜀定理

在講擴(kuò)展歐幾里得之前，我們先介紹一下一個(gè)定理，裴蜀定理

裴蜀定理，又稱貝祖定理（Bézout’s lemma）。是一個(gè)關(guān)于最大公約數(shù)的定理。

其內(nèi)容是：設(shè)a,b是不全為零的整數(shù)，則存在整數(shù)x,y , 使得ax+by=gcd(a,b) .

證明就不詳細(xì)展開(kāi)了，有興趣可以上網(wǎng)查一查，其實(shí)思想和輾轉(zhuǎn)相除法差別不大。

擴(kuò)展歐幾里得定理

擴(kuò)展歐幾里得算法實(shí)際上就是對(duì)于ax+by=gcd(a,b)，一定有一組整數(shù)解x，y使其成立
對(duì)于這個(gè)式子的證明，可以采用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行實(shí)現(xiàn)，先證明當(dāng)n= 1時(shí)命題成立。
假設(shè)n=m時(shí)命題成立，那么可以推導(dǎo)出在n=m+1時(shí)命題也成立。（m代表任意自然數(shù)）
然后命題得證。

在這個(gè)式子里，也就是當(dāng)b=0是一定成立，假設(shè)bx+（a%b）y=gcd（b，a%b）成立，證明ax+by=gcd(a,b)成立 實(shí)際上已知bx1+（a%b）y1=gcd（b，a%b）需要證明ax2+by2=gcd（a，b） 我們令a=k*b+c,也就是c是a%b.移項(xiàng)得：c=a-k*b.將這個(gè)式子代入到已知式子： b*x1+(a-k*b)*y1=gcd(b,a%b)， 化簡(jiǎn)可得a*y1+b*(x1-k*y1)=gcd(b,a%b)=gcd(a,b)及當(dāng)x2=y1 y2=x1-k*y1時(shí)滿足條件k=a/b 在這個(gè)證明過(guò)程中，我們只需要通過(guò)引用參數(shù)的方式，把x和y不斷回帶。就能得到一組方程的可行解

關(guān)于它的代碼

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

通過(guò)他我們可以的到方程的一組特解。

知道了特解之后，我們可以通過(guò)他求出方程的所有解
$$\begin{gathered} x=x_0+k\frac{b}{d} \\ y=y_0?k\frac{a}{d} \end{gathered}$$

這個(gè)特解的證明很簡(jiǎn)單。 方程的特解(x0,y0)任取另一組解 (x,y)，則 ax0+by0=ax+by = gcd (a,b) 。變形得 a (x0?x)=b(y?y0). 設(shè)gcd（a，b）=d，方程同時(shí)除d，有a1 (x0?x)=b1(y?y0).其中a1=a/d，b1=b/d。 顯然a1和b1互質(zhì)。所以x-x0是b1的整數(shù)倍（因?yàn)閍1不包含b1，所以x-x0一定包含b1）所以可以把x-x0設(shè)為kb1在帶入式子我們可以得到x-x0=k*b/d。移向就是我們得到的通解。y的證明過(guò)程同理可得

有了這個(gè)式子。我們就可以求出任意方程ax + by = c , gcd ? ( a , b ) ∣ c的所有解為
$$\begin{gathered} x=\frac{c}{d}{x}_0+k\frac{b}{d} \\ . \\ y=\frac{c}{d}{y}_0?k\frac{a}{d} \end{gathered}$$
關(guān)于擴(kuò)展歐幾里得的證明和應(yīng)用，這里我們先講這么多，在后面講逆元的過(guò)程中，還有用到的機(jī)會(huì)

四.費(fèi)馬小定理

若p為質(zhì)數(shù)，且gcd(a,p)=1，那么就有：
$$a^{p?1}\equiv 1(modp)$$
打公式怎么看格式都不好看，還是用紙來(lái)寫(xiě)吧。

這是一種很巧妙的費(fèi)馬小定理證法。但實(shí)際上正統(tǒng)的證明方法是引入了完全剩余系和縮剩余系。這些概念在代數(shù)系統(tǒng)中式很重要的，不過(guò)今天的目的知識(shí)給大家見(jiàn)簡(jiǎn)單介紹數(shù)論的基礎(chǔ)，暫時(shí)不深入展開(kāi)來(lái)講了。實(shí)際上歐拉定理和費(fèi)馬小定理都是拉格朗日定理的一個(gè)推論。對(duì)于一個(gè)有限群，元素的階一定式群階數(shù)的因子。感興趣的同學(xué)可以在網(wǎng)上查一查相關(guān)證明。這里不多贅述

證明完了以后，我們來(lái)看看他有什么用

實(shí)際上，費(fèi)馬小定理的應(yīng)用場(chǎng)景還是很廣泛的，這里我們只從競(jìng)賽的角度說(shuō)幾個(gè)它的簡(jiǎn)單應(yīng)用。

1.它可以用來(lái)判斷大質(zhì)數(shù)也就式Miller-Rabin質(zhì)數(shù)判定

2.它可以用來(lái)進(jìn)行費(fèi)馬小定理降冪也就是
$$a^k\equiv a^{kmod(p?1)}modp$$

3.在后文求解逆元的過(guò)程中，我們也會(huì)用到費(fèi)馬小定理

五.歐拉定理

我們直接來(lái)看歐拉定理
$$?a,m，若gcd(a,m)=1，則有：a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$$

到了這里我們其實(shí)可以發(fā)現(xiàn)，費(fèi)馬小定理就是歐拉定理的在m為素?cái)?shù)下的一種特殊情況。通過(guò)這個(gè)定理在一些特殊情況下求解逆元很好用。并且有一些題目會(huì)考察對(duì)它的理解，在數(shù)論中歐拉定理的應(yīng)用面非常廣泛。是一個(gè)非常重要的定理。不過(guò)涉及競(jìng)賽的一般用的最多就是歐拉降冪公式。我們下面也會(huì)提到。這里的證明方法只是幫助大家理解他的本質(zhì)。如果不理解，在競(jìng)賽中，記住歐拉降冪公式和應(yīng)用就夠了。不過(guò)理解這些公式的本質(zhì)在所以寫(xiě)考察思想的題目中還是有所幫助的。

六.歐拉降冪(擴(kuò)展歐拉定理)

若a和m互質(zhì)
$$a^K\equiv a^{kmod\phi (m)}(modm)$$
若a和m不互質(zhì)則有
$$?k>\phi (m)，有a^k\equiv a^{kmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)$$
證明過(guò)于繁雜，會(huì)用實(shí)現(xiàn)降冪就行、

在一些計(jì)數(shù)的問(wèn)題中，常常要求對(duì)結(jié)果取模，但是在計(jì)算非常龐大的次冪的時(shí)候，無(wú)法直接取模，可以先把底數(shù)對(duì) p 取模，指數(shù)對(duì) φ ( p )取模，再計(jì)算次冪，有效地降低時(shí)間復(fù)雜度。
這里給除一個(gè)例題幫助大家理解它的用法
$$計(jì)算a^{b}modm，1<=a<=10^9,1<=b<=10^{20000000},1<=m<=10^8$$

int main() {scanf("%d%d", &a, &m);int flag=0;int phi_m = getphi(m);//歐拉篩曬歐拉函數(shù)cin >> s;//b過(guò)大用字符串儲(chǔ)存for(int i = 0; i < s.length(); ++ i) {b = (b * 10 + s[i] - '0');if(b >= phi[m]) //歐拉降冪flag = 1, b %= phi[m];}if(flag) //如果降過(guò)冪需要在加phi[m]，質(zhì)數(shù)的歐拉函數(shù)為0，不影響結(jié)果b += phi[m];int ans = qpow(a, b, m);//快速冪取模printf("%d\n", ans);return 0; }

七.線性篩

1.Miller-Rabin 素?cái)?shù)測(cè)試

有時(shí)候我們想快速的知道一個(gè)數(shù)是不是素?cái)?shù)，但是數(shù)太大這時(shí)候我們可以對(duì)其進(jìn)行 Miller-Rabin 素?cái)?shù)測(cè)試，可以大概率測(cè)出其是否為素?cái)?shù)。利用了費(fèi)馬小定理和二次探測(cè)定理，證明這里不再放出.這里給大家提供一個(gè)模板，實(shí)際上證明也不復(fù)雜，有興趣可以自己嘗試。內(nèi)容過(guò)多不重要的的就不浪費(fèi)時(shí)間了。

bool millerRabbin(int n){if(n<3)return n==2;int a=n-1,b=0;while(a%2==0)a/=2,++b; // test_time 為測(cè)試次數(shù),建議設(shè)為不小于 8 的整數(shù)以保證正確率,但也不宜過(guò)大,否則會(huì)影響效率for(inti=1,j;i<=test_time;++i){int x=rand()%(n-2)+2,v=quickPow(x,a,n);if(v==1||v==n-1)continue;for(j=0;j<b;++j){v=(long long)v*v%n;if(v==n-1)break;}if(j>=b)return 0;}return 1; }

埃氏篩

埃拉托斯特尼篩法，簡(jiǎn)稱埃氏篩，是一種由希臘數(shù)學(xué)家埃拉托斯特尼所提出的一種簡(jiǎn)單檢定素?cái)?shù)的算法。要得到自然數(shù)n以內(nèi)的全部素?cái)?shù)，必須把不大于根號(hào)n的所有素?cái)?shù)的倍數(shù)剔除，剩下的就是素?cái)?shù)。它的實(shí)際運(yùn)用流程其實(shí)也很好理解，我們先吧2-n之間的整數(shù)寫(xiě)出來(lái)，2是最小的素?cái)?shù)，把表中2的所有倍數(shù)刪去，然后現(xiàn)在表中最小的素?cái)?shù)是3，由于他沒(méi)有被比他小的素?cái)?shù)整除，他一定是現(xiàn)在最小的素?cái)?shù)，我么你繼續(xù)刪去3的所有倍數(shù)，以此類推，直到篩到根號(hào)n為止。

算法時(shí)間復(fù)雜度是O(nlog(logn)).在數(shù)據(jù)范圍很大時(shí)基本可以看做線性復(fù)雜度，足以通過(guò)大部分題目。

for(int i=2;i<=N;i++){if(!vis[i]){for(int j=2*i;j<=N;j+=i){vis[j]=1;}}}

這里是最基礎(chǔ)埃氏篩，一般其實(shí)夠用了，不過(guò)在某些情況下，我們還是需要對(duì)埃氏篩進(jìn)行優(yōu)化，這個(gè)優(yōu)化從三個(gè)部分體現(xiàn)出來(lái)，我們分別來(lái)看他們是如何優(yōu)化的。

1.首先是第一重優(yōu)化，其實(shí)就是外層i的枚舉只需要到根號(hào)n即可，這樣足夠保證n以內(nèi)的數(shù)被篩過(guò)。很好理解

2.第二重優(yōu)化是一個(gè)小細(xì)節(jié)的優(yōu)化，在第二重循環(huán)中，每次增加素?cái)?shù)的1倍，但除了2以外素?cái)?shù)都是奇數(shù)，那么奇數(shù)乘以偶數(shù)是偶數(shù)，偶數(shù)情況早已被2篩完，故每次增加2i倍.

3.第三重優(yōu)化是在第二層循環(huán)中把j的起點(diǎn)從i*i開(kāi)始，因?yàn)楹Y到i的時(shí)候已經(jīng)能保證 i * i范圍內(nèi)沒(méi)有合數(shù)了。

通過(guò)這三種常數(shù)優(yōu)化，整個(gè)埃氏篩的復(fù)雜度幾乎和真正的線性篩相差無(wú)幾，甚至更快一點(diǎn)

for (int i = 0; i <= n; ++i) is_prime[i] = true; is_prime[0] = is_prime[1] = false; for(int i=2;i*i<=N;i++)//將i<=N換成i*i<=N {if(is_prime[i]){ int mul;//2篩過(guò)后偶數(shù)一定不是素?cái)?shù)所以直接加2； i==2?mul=1:mul=2;for(int j=i*i;j<=N;j=j+i*mul)//將2*i換成i*iis_prime[j]=false;} }

歐拉篩

埃氏篩已經(jīng)很接近極限了，但是他還是可以繼續(xù)優(yōu)化，在埃氏篩的過(guò)程中有的合數(shù)會(huì)被多次標(biāo)記，浪費(fèi)時(shí)間，如何解決這個(gè)問(wèn)題呢？這就是是埃氏篩和歐拉篩的最大區(qū)別了

歐拉篩思想的核心是要保證的是每個(gè)合數(shù)只被這個(gè)合數(shù)最小的質(zhì)因子篩除，而且只篩一次，沒(méi)有重復(fù)篩除，這里就需要用到這行神秘代碼if(i%prime[j]==0) break;。歐拉篩的難點(diǎn)就在于對(duì)if (i % prime[j] == 0)這步的理解，當(dāng)i是prime[j]的整數(shù)倍時(shí)，記 m = i / prime[j]，那么 i * prime[j+1] 就可以變?yōu)?(m * prime[j+1]) * prime[j]，這說(shuō)明 i * prime[j+1] 是 prime[j] 的整數(shù)倍，不需要現(xiàn)在篩出，因?yàn)樵谥蠛Y除過(guò)程中i * prime[j+1] 這個(gè)合數(shù)一定會(huì)被prime[j]篩除，prime[j]之后的所有素?cái)?shù)同理，所以break跳出循環(huán)。

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e6+10; int cnt=0; //記錄已知素?cái)?shù)數(shù)量 vector<int> primes; //存放素?cái)?shù)的不定長(zhǎng)數(shù)組 bool judge[maxn]; //篩除標(biāo)記 int main() {int i,j;memset(judge,true,sizeof(judge));judge[0]=false;judge[1]=false;// 0和1都不是素?cái)?shù)for(i=2;i<maxn;i++){if(judge[i]){primes.push_back(i);cnt++;//記錄素?cái)?shù)個(gè)數(shù)}for(j=0;j<cnt && i*primes[j]<=maxn;j++){judge[i*primes[j]]=false; //篩除if(i%primes[j]==0) //關(guān)鍵代碼break;}}vector<int>::iterator it;for(it=primes.begin();it!=primes.end();it++)//遍歷printf("%d\n",*it);return 0; }

他能做到真正的線性復(fù)雜度，因?yàn)樗鼙ＷC每個(gè)數(shù)只被篩了一次。

歐拉篩篩歐拉函數(shù)

如果只是篩質(zhì)數(shù)，大部分情況埃氏篩就夠了，那么歐拉篩還有什么用呢？他當(dāng)然不知可以用來(lái)篩素?cái)?shù)，記得在介紹歐拉定理時(shí)候就留下了一個(gè)問(wèn)題，如何求歐拉函數(shù)。這里我們提供給大家兩個(gè)方法，大家可以根據(jù)題目情況自行選擇合適的方法。

1.公式法求歐拉函數(shù)

$$\phi (a)=n?(1?\frac{1}{p_1})?(1?\frac{1}{p_2})?\dots \dots ?(1?\frac{1}{p_n})$$

其中p1到pn是a用唯一分解定理分解出的所有質(zhì)因數(shù)。

這里簡(jiǎn)單提一下唯一分解定理，他也叫算數(shù)基本定理，任何一個(gè)大于1的自然數(shù) N,如果N不為質(zhì)數(shù)，那么N可以唯一分解成有限個(gè)質(zhì)數(shù)的乘積

。最早的證明也是歐幾里得給出的，涉及到歐幾里得引理等內(nèi)容，跟acm關(guān)系不大，主要是數(shù)論方向的一個(gè)重要定理，證明這里就不給出了，有興趣可以自己查查資料，或者私下來(lái)找我交流。

那么這個(gè)公式是如何得到的呢？這里需要用到一些積性函數(shù)的知識(shí)，如果要一起講的話時(shí)間肯定也是不夠的，所以暫時(shí)也不證了，后續(xù)講積性函數(shù)相關(guān)內(nèi)容后很多東西都能聯(lián)系起來(lái)了。這里需要注意的是，在網(wǎng)上有很多資料用這個(gè)公式證明了歐拉函數(shù)是積性函數(shù)，需要注意的是，這種證法其實(shí)完全沒(méi)有意義。因?yàn)檫@個(gè)公式是用歐拉函數(shù)是積性函數(shù)推出來(lái)的，要搞清楚因果關(guān)系.

inline LL eular(LL x) {LL sum=x,y=x;for (LL i=2;i*i<=y;++i){if (x%i!=0) continue;sum=sum/i*(i-1); while (x%i==0) x/=i;}if (x>=2) sum=sum/x*(x-1);return sum; }

2.歐拉篩求歐拉函數(shù)

這個(gè)過(guò)程會(huì)涉及積性函數(shù)的一些性質(zhì)。如果要證明推式子，前置知識(shí)太多了，所以不給大家證了，直接作為結(jié)論給出，相關(guān)證明和知識(shí)網(wǎng)上也有很多，感興趣的同學(xué)可以自己看一看。這三個(gè)性質(zhì)中的p就是歐拉篩中用來(lái)篩當(dāng)前這個(gè)數(shù)的最小質(zhì)因子。

$$\begin{gathered} 如果i是素數(shù)，那么\phi (i)=i?1 \\ 如果imodp=0,那么\phi (i?p)=p?\phi (i) \\ 如果imodp=0，i和p互質(zhì)那么\phi (i?p)=\phi (i)?\phi (p)=\phi (i)?(p?1) \end{gathered}$$

inline void findphi(void) {phi[1]=1,prm[1]=0;for (LL i=2;i<=n;++i){if (!v[i]) {prm[++cnt]=i;phi[i]=i-1;//歐拉函數(shù)，質(zhì)數(shù)的歐拉函數(shù)值為本身-1；}for (LL j=1;j<=cnt && i*prm[j]<=n;++j){v[i*prm[j]]=1;if (i%prm[j]==0) {phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j]; break; }if (i%prm[j]!=0) phi[i*prm[j]]=phi[i]*(prm[j]-1); } }return; }

八.快速冪

可以再O（logn）復(fù)雜度內(nèi)解決問(wèn)題，其實(shí)本質(zhì)就是把要求的數(shù)的冪次看成二進(jìn)制的數(shù)，然后然后分解成二進(jìn)制的每一位。在進(jìn)行相乘。

$$a^{11}=a^{2^3}?a^{2^1}?a^{2^0}$$
分解之后我們只需要知道a^1,a2,a^{4,…。用logn次乘法就能算出a}n。

如果需要取模，就在每一步直接加上取模操作即可

long long pow(long long a,long long b,long long m) {a%=m;long long res=1;while(b>0) {if(b&1)res=res*a%m;a=a*a%m;b>>=1;}return res; }

九.逆元的應(yīng)用和幾種求法

1.逆元的定義

當(dāng) ax≡1(modb)， x即為 a 在mod b 意義下的逆元。
逆元的數(shù)學(xué)符號(hào)是 inv ，a 在mod b 意義下的逆元記作 inv(a,b)。注意不要寫(xiě)反了。
簡(jiǎn)單來(lái)說(shuō)逆元就是在mod某個(gè)數(shù)意義下的倒數(shù)例如5x≡1（mod3）x=2是滿足10=1（mod3）所以稱2是5在mod3意義下的逆元、這里需要特別注意只有a和p互質(zhì)，a才有關(guān)于p的逆元。

2.逆元的應(yīng)用

那么逆元有什么用呢？
(a + b) % p = (a%p + b%p) %p （對(duì)）
(a - b) % p = (a%p - b%p) %p （對(duì)）
(a * b) % p = (a%p * b%p) %p （對(duì)）
(a / b) % p = (a%p / b%p) %p （錯(cuò)）
在求余的過(guò)程中我們發(fā)現(xiàn)只有除法是不能分開(kāi)運(yùn)算的，而當(dāng)a過(guò)大時(shí)，在計(jì)算除法過(guò)程中可能會(huì)造成比較大的精度損失，所以對(duì)于這種情況我們一般會(huì)把式子轉(zhuǎn)換成那么(a / b) % p = (a * inv(b) ) % p = (a % p * inv(b) % p) % p來(lái)進(jìn)行計(jì)算。這樣就解決了除法不能分開(kāi)計(jì)算的問(wèn)題。

知道了這些那么我們繼續(xù)探討逆元是如何得到的。這里給大家提供4種方法，在不同的情況選選擇合適的方法來(lái)解決逆元。

3.逆元的4種求法

1.費(fèi)馬小定理求逆元

上面我們也介紹了費(fèi)馬小定理。

若p為質(zhì)數(shù)，且gcd(a,p)=1，那么就有：
$$a^{p?1}\equiv 1(modp)$$

如果我們的模數(shù)p是質(zhì)數(shù)。我們就可以用費(fèi)馬小定理來(lái)求一個(gè)數(shù)的逆元。

因?yàn)橘M(fèi)馬小定理規(guī)定了p一定為一個(gè)質(zhì)數(shù)，所以a和p一定互質(zhì)
那么雙方在modp的意義下同時(shí)除a可得
a^(p-2) ≡1/a (mod p)
也就是a^(p-2) ≡ inv(a) (mod p)
所以inv(a) = a^(p-2) (mod p)
代碼需要用快速冪實(shí)現(xiàn)，復(fù)雜度大概為o（logn）

LL pow(LL a, LL b, LL p){//a的b次方求余p LL x = 1;while(b){if(b & 1) x = (x * a) % p;a = (a * a) % p;b >>= 1;}return ret; } LL Fm(LL a, LL p){//費(fèi)馬求a關(guān)于b的逆元 return pow(a, p-2, p); }

適用情況

如果模數(shù)是質(zhì)數(shù)的情況，這種方法是最快也是最好寫(xiě)的。一般mod數(shù)是質(zhì)數(shù)我們都會(huì)用這個(gè)。相信很多人應(yīng)該也猜到如果模數(shù)是合數(shù)我們?cè)撊绾瓮茝V這個(gè)式子，其實(shí)就是把費(fèi)馬小定理推廣到歐拉定理。不過(guò)這種方法需要O（n）線性篩先篩歐拉函數(shù)，在快速冪算逆元。復(fù)雜度不夠優(yōu)秀而且寫(xiě)起來(lái)很復(fù)雜。所以沒(méi)有必要。只是幫大家理解。并且需要注意的是，歐拉定理的前提條件也是a和p互素。剛好和有逆元的條件一樣。
$$\begin{gathered} a^{\phi (p)}\equiv 1(modp) \\ {a}^{\phi (p)?1}就是a的逆元了 \end{gathered}$$

2.擴(kuò)展歐幾里得算法求逆元

如果gcd（a，p）=1；
那么就有ax+py=1
雙方同時(shí)modp
就有ax≡1（modp）
因?yàn)閜y是p的倍數(shù)全部約掉了
此時(shí)x就是a的逆元
所以只需解出該情況下的擴(kuò)展歐幾里得方程的解問(wèn)題就解決了這里和上面介紹的擴(kuò)展歐幾里得解方程方法一樣。

#include<cstdio> typedef long long LL; void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y,LL &d){if(b==0) d=a,x=1,y=0;else exgcd(b,a%b,x,y,d),t=x,x=y,y=t-a/b*y; } LL inv(LL t, LL p){//如果不存在，返回-1 LL d, x, y;ex_gcd(t, p, x, y, d);return d == 1 ? (x % p + p) % p : -1; } int main(){LL a, p;while(~scanf("%lld%lld", &a, &p)){printf("%lld\n", inv(a, p));} }

適用情況

只要存在逆元，就可以用exgcd來(lái)求解逆元.復(fù)雜度為O（logn），也是我們最常用的一種方法。適用于要求的逆元個(gè)數(shù)不多的情況。

3.遞推求逆元

我們來(lái)簡(jiǎn)單推一下這個(gè)逆元的式子。
$$\begin{gathered} P是模數(shù)，i是我們要求逆元的數(shù)，那么實(shí)際上我們的實(shí)際目標(biāo)就是求i^{?1}在modp意義下的值 \\ 首先p=k?i+r.其中k=p/i，r=pmodi \\ 也就是k?i+r\equiv 0（modp） \\ 稍微轉(zhuǎn)化一下，同乘r^{?1}?i^{?1} \\ 可以得到式子k?r^{?1}+i^{?1}\equiv 0(modp) \\ 那么就有i^{?1}\equiv ?k?r^{?1}(modp) \\ 再把最開(kāi)始的k和r的值帶進(jìn)來(lái)。公式最后就變成了 \\ {i}^{?1}\equiv ?p/i?inv[pmodi]; \\ 它的遞推起點(diǎn)就是1的逆元在任意情況下均為1；、、最后式子可以看成 \\ if（i=1）inv（i）\equiv 1(modp) \\ elseinv(i)\equiv ?p/i?inv[pmodi](modp) \end{gathered}$$

有了這個(gè)式子。我們就可以直接用遞推的方式O（n）求出1-n所有數(shù)的逆元。

LL inv[mod+5]; void getInv(LL mod) {inv[1]=1;for(int i=2;i<mod;i++)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod; }

適用情況

時(shí)間復(fù)雜度O(n)一般用于模數(shù)是素?cái)?shù)且要多次調(diào)用逆元的情況，比如盧卡斯定理等。

遞歸求逆元

到這里其實(shí)也很容易發(fā)現(xiàn)了，如果我們只是單獨(dú)求某個(gè)數(shù)的逆元。完全可以用遞歸的方法去做，用的還是上面給出的公式.

LL inv(LL i) {if(i==1)return 1;return (mod-mod/i)*inv(mod%i)%mod; }

適用情況

復(fù)雜度O（n^{1/3）至于它的復(fù)雜度證明比較復(fù)雜，但是實(shí)際情況復(fù)雜度可以看做o（logp）p是模數(shù)。為什么有兩種復(fù)雜度呢？這個(gè)算法本質(zhì)上有兩種上界。并且大小不定。實(shí)際運(yùn)算復(fù)雜度應(yīng)該會(huì)取兩種復(fù)雜度中低的一種。根據(jù)實(shí)驗(yàn)。大部分情況，這個(gè)算法的復(fù)雜度都是logp級(jí)別的，也就是說(shuō)它的復(fù)雜度不會(huì)超過(guò)O（n}1/3).那么他可以保證一定比擴(kuò)展歐幾里得和費(fèi)馬小定理優(yōu)秀，至于上界為什么是O（n^1/3).有一篇論文給出了比較詳細(xì)的證明

https://cs.uwaterloo.ca/research/tr/1996/21/cs-96-21.pdf

cs-96-21.dvi (uwaterloo.ca)

如果模數(shù)是質(zhì)數(shù)直接用就行。代碼也短。

十.中國(guó)剩余定理（CRT)

孫子定理是中國(guó)古代求解一次同余式組的方法。是數(shù)論中一個(gè)重要定理。又稱中國(guó)余數(shù)定理。一元線性同余方程組問(wèn)題最早可見(jiàn)于中國(guó)南北朝時(shí)期（公元5世紀(jì)）的數(shù)學(xué)著作《孫子算經(jīng)》卷下第二十六題，叫做“物不知數(shù)”問(wèn)題，原文如下：

有物不知其數(shù)，三三數(shù)之剩二，五五數(shù)之剩三，七七數(shù)之剩二。問(wèn)物幾何？即，一個(gè)整數(shù)除以三余二，除以五余三，除以七余二，求這個(gè)整數(shù)。《孫子算經(jīng)》中首次提到了同余方程組問(wèn)題，以及以上具體問(wèn)題的解法，因此在中文數(shù)學(xué)文獻(xiàn)中也會(huì)將中國(guó)剩余定理稱為孫子定理。

解決這個(gè)問(wèn)題就要用到中國(guó)剩余定理。我們來(lái)看一下他的內(nèi)容是什么

這里我們得到是一組構(gòu)造出來(lái)的特殊接，方程的通解就是x+km如果要求最小非負(fù)解。只需要把x對(duì)m取模。保證x在0-m-1的范圍內(nèi)即為最小正整數(shù)解。

這里的ti其實(shí)就是Mi的逆元

那么這個(gè)問(wèn)題寫(xiě)在代碼中就只需要求逆元即可。

const ll N = 5e5 + 7; int n, a[N], m[N]; ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {if(b == 0){x = 1; y = 0;return a;}ll d = exgcd(b, a % b, x, y);ll z = x;x = y;y = z - (a / b) * x;return d; } int main() {ll M = 1;scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; ++ i) {scanf("%d%d", &m[i], &a[i]);M *= m[i];}ll res = 0;for(int i = 1; i <= n; ++ i) {ll Mi = M / m[i];ll ti, y;//exgcd求逆元：解同余方程：ax + my = 1;(ax ≡ 1 mod m)ll d = exgcd(Mi, m[i], ti, y);ti = (ti % m[i] + m[i]) % m[i];res += a[i] * ti * Mi;}printf("%lld\n", (res % M + M) % M);//可能為負(fù)數(shù)，所以需要處理一下return 0; }

小結(jié)

今天講的內(nèi)容其實(shí)只是數(shù)論知識(shí)的冰山一角，并且有些地方的證明還需要一些其他知識(shí)來(lái)輔助。希望大家在學(xué)習(xí)數(shù)論的過(guò)程中還是要注重理解證明。這些證明思想會(huì)是你學(xué)習(xí)過(guò)程中最大的收獲。本文盡可能用簡(jiǎn)單的語(yǔ)言和基礎(chǔ)知識(shí)給一些數(shù)論基礎(chǔ)知識(shí)做了鋪墊。希望能幫到大家.有的地方latax掛掉了。換成圖片了

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的数论入门知识的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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