基础数论算法（1）整除与同余

只是想系统的学一下数论而已orz于是打算写这么一个系列
参考的书目是《信息学奥赛之数学一本通》，不过这书特别的坑所以大概只会选择其中一部分来说说（应付NOIP就行了在意那么多做什么hhh）
此外会参考前几日培训时zhx的讲课内容以及P2O5dalao的笔记。至于剩余的参考内容等，到了涉及的时候再说吧。

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（I）整除

整除是数论的重要基础。

一、整除的定义与符号表示

设a为非零整数，b为整数。若$\exists$q∈Z，满足b=a·q，则称b可被a整除或a整除b，记作a|b，同时b是a的倍数，a是b的因子。

二、整除的基本性质

(1)a|b,b|c$\Rightarrow$a|c
(2)a|b,a|c$\Leftrightarrow \forall x,y\in Z,a|(b\times x+c\times y)$
(3)$若m\neq 0,则a|b\Leftrightarrow (m·a)|(m·b)$
(4)$x,y\in Z,且\exists a,b使ax+by=1,a|n,b|n \Rightarrow(a·b)|n$

证明：
$\because a|n,b|n$
$\therefore ab|bn,ab|an(性质3)$
$\therefore ab|(anx+bny)$
$\therefore ab|n$
Q.E.D

(5)b=qd+c，则d|b$\Leftrightarrow$d|c

三、一些特殊的倍数性质（剪枝什么的最有爱了）

2的倍数 不用说吧，其实a&1什么的也够快了
3的倍数 同样不用说
5的倍数 末位5或0
11的倍数 奇数位与偶数位之差
7、11、13的倍数 末三位与前几位之差是7/11/13倍数（可以递归多幸福）
$2^n$的倍数 后n位是$2^n$的倍数

四、一道例题

有一个密码箱，0~n-1中某些整数是它的密码，且满足:如果a,b是它的密码，那么(a+b)%n是它的密码。某人试了k次密码，前k-1次均失败，第k次成功了。问该密码箱最多有多少不同密码。
输入：n,k,试的序列
输出：结果
范围：1$\leq$k$\leq$250000,k$\leq$n$\leq 10^{14}$

显然我们没有什么思路，就需要数学推理。
引理 不定方程ax+by=c($a,b,c\in N$)有整数解的充要条件是gcd(a,b)|c，且解为

$$\begin{cases} x=x_0+\dfrac{b}{gcd(a,b)} \times t\\ y=y_0-\dfrac{a}{gcd(a,b)} \times t\end{cases}，其中t\in N$$
gcd(a,b)表示a,b最大公因数，证明各位可以自己思考（其实我不会）
不妨设x为密码，x·k-n·c=gcd(x,n)，该方程若有整数解则gcd(x,n)|gcd(x,n)，显然成立。故存在k使得x·k%n==gcd(x,n)。
再来看题意，由于x为密码,(x+x)%n就位密码，从而，(2x%n+x)%n为密码。以此类推，x·k%n为密码，即gcd(x,n)为密码。
假设x,y为密码，由题意(px+cy)%n为密码，即ax+by=gcd(x,y)有解。从而，ax+by $\equiv$gcd(x,y)有解，然后根据一系列复杂的推理（我也很绝望啊，完全看不懂QWQ）,我们得出gcd(x,y)为解。
那么我们就可以求出一个最小的x，其余密码集合所有数都是它的倍数，而求出x的方法就是先枚举出所给密码a[k]的所有因数，然后通过划去所有gcd(a[i],a[k])，找出目标的x，答案为n/x。
嗯……不知道各位看懂没有，反正我没有。但做法记住就好，实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,k,cnt,a[250005],q[250005];
bool flag[250005];
int gcd(int a,int b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
    scanf("%I64d%I64d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k;++i){
        scanf("%I64d",&a[i]);
    }
    a[k]=gcd(a[k],n);
    for(int i=1;i<=k;++i){
        a[i]=gcd(a[i],a[k]);
    }
    for(LL i=1;i*i<=a[k];++i){//处理所有因数
        if(a[k]%i==0){
            q[++cnt]=i;
            if(i*i!=a[k])
                q[++cnt]=a[k]/i;
        }
    }
    sort(q+1,q+cnt+1);
    for(int i=1;i<k;++i)//枚举出所有q中不正确的因子
        flag[lower_bound(q+1,q+cnt+1,a[i])-q]=1;
    for(int i=1;i<=cnt;++i){//将这些不正确因子的因子去除
        if(f[i]){
            for(int j=1;j<i;++j)
                if(a[i]%a[j]==0)
                    flag[j]=1;
        }
    }
    for(ans=1;f[ans];++ans);//找出最小符合条件的x
    printf("%d\n",n/q[ans]);
    return 0;

}

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（II）同余

一、什么是同余

如果a%m=b%m，则称a,b同余，记作$a\equiv b$(mod m)
(我就不放标准数学定义咬我啊)

二、同余的基本性质

1、a$\equiv$a(mod k)
2、a$\equiv$b(mod k)$\Rightarrow$b$\equiv$a(mod k)
3、a$\equiv$b(mod k),b$\equiv$c(mod k)$\Rightarrow$a$\equiv$c(mod k)
4、a$\equiv$b(mod k)$\Rightarrow$a+c$\equiv$b+c(mod k)
5、a$\equiv$b(mod k),c$\equiv$d(mod k)$\Rightarrow$ac$\equiv$bd(mod k)
6、a$\equiv$b(mod k)$\Rightarrow a^n\equiv b^n$(mod k)
推论
1、a·b%k=(a%k)·(b%k)%k
2、a%p=x，a%q=x，且gcd(p,q)=1，则a%(p·q)=x
注意：
a$\equiv$b(mod k)不一定有$\lfloor \frac{a}{n} \rfloor \equiv \lfloor \frac{b}{n} \rfloor$(mod k)成立

三、重要模板：快速幂+取模

必背模板，频率挺高的。
该模板的用处在于：在O(logn)的时间内求出$a^p\%k$的值。
我们的做法是：将每一步分解。例如，$3^{89}$=$(((((3^2)^2·3)^2·3)^2)^2)^2·3$，没错就类似于秦九韶算法，在每次乘法时加一次取模运算即可实现。
代码(zhx Ver.)：

int ksm(int a,int x,int mod)
{
    ans=1;
    while(x)
    {
        if (x&1) ans=(ans*a) % mod;//x为奇数
        A=(a*a) % mod;
        x>>1;//X除以2
    }
}

四、仍然是一道问题

(POJ3292)
设集合H{x|x=4k+1,k$\in N$},如果m$\in$H，且m能且只能分解为两个合数，且这两个合数只能被分解为两个素数，则称m为H-合成数。
例如，441=21*21=9*49,其中21=3*7,9=3*3,49=7*7.
输入n行，每行有一个整数pi，要求0-pi间H-合成数的个数。

首先我们先将所有H素数筛出来。H数有一个性质：i为H素数，则5i+4i*k是H数但不是H素数。因为显然(5i+4ik)%4=5i%4=(5%4)*(i%4)%4=1.且该数因为有因子i，一定是合数。
以此可以方便的筛出Hprime，然后再讨论即可。实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAXN 1000005
bool iHpr[MAXN],iHse[MAXN];
int Hpr[MAXN],acc[MAXN],n;
int main(){
    for(int i=5;i<MAXN;i+=4){//筛H素数与可分解H素数之积的H合数
        if(iHpr[i]) continue;
        Hpr[++n]=i;
        for(int k=i*5;k<MAXN;k+=4*i)
            iHpr[k]=true;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)//求H合成数
        for(int j=1;j<=i&&Hpr[i]*Hpr[j]<MAXN;++j)
            iHse[Hpr[i]*Hpr[j]]=true;
    for(int i=1;i<MAXN;++i)//递推结果
        acc[i]=acc[i-1]+iHse[i];
    int h;
    cin>>h;
    while(h!=0)
        cout<<acc[h],cin>>h;
    return 0;
}

略有些懵逼的话可以输出一下Hpr这个数组看看。