欧几里德与拓展欧几里德

欧几里德

首先,我们知道有一个东西,叫:gcd!(就是最大公约数)

int gcd (int x,int y)
{  return y?gcd(y,x%y):x;  }

那么为什么是这样的呢么? 其实作者我一开始也不知道!

介绍:

我们假设 $gcd(x,y)=k$
那么就会有

$x=g1*k , y=g2*k$

于是我们试想,如果我们把x 与 y 的相同的部分,比如(x>y)将:
x变成了x-y,即$x=(g1-g2)*k , y=g2*k$
那么我们就是将 k 的信息保留了下来,但是将数据的大小缩小了!这不是一件好事吗?
那么在无数次的相减之后,我们就知道了,最后肯定会减到 一个的系数是 为 0 ,一个的系数是 为 1!因为如果两的数之间还有倍数,那么就是说它就不是最大公约数了,与原先的假设所违背!!
好吧,就是最后只剩下 了 k ,就是我们要的答案!

于是,这玩意就是我们熟悉的更相减损法!

具体操作:我们来拿18 与 48 来举例子!

18 48 -> 18 30 -> 18 12 -> 6 12 -> 6 6 -> 6 0

因为每 2 个不相同的数字,在相减了之后,总会变的相同,不然不就死循环了吗??这样之后,所得到的数不就是gcd的答案吗?

更相减损法

于是代码奉上:

#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int gcd(int x,int y)
{
    while(x!=y)
    {
        if(x>y) x-=y;
        else y-=x;
    }
    return x;
}
int main()
{
    int a,b;
    puts("G_G");
    scanf("%d%d",&a,&b);
    printf("%d\n",gcd(a,b));
}

辗转相除法

那么我们会发现了一个问题: 每一次只是减一次,会不会太慢?
答案是肯定的!
那么比如 100000 与 1 ,每一次只是减一次,那么总的来说,只需要 mod 一次,不就是好了吗?
于是代码奉上:

int gcd (int x,int y)
{
    return y?gcd(y,x%y):x;
}

所以就是这么多啦~(≧▽≦)/~啦啦啦!

拓展欧几里德

介绍:

其实它是用来解方程 $ax+by=1$的方程的!
那么为什么这么说呢?
我们会发现我们在更相减损的时候,因为x=k1*g,y=k2*g 于是会有k1与k2 的系数在发生值的变化,(土话来说就是)就是你大了就是你减我,我大了就是我减你,直到互质为止,就是(k1,k2)=1!
那么我们会发现因为最后的k1与k2会互质也就是:”1”,那么我们把它们各自相减过对方的次数记为x0与y0,就会有

$k1*(x0)+k2*(y0)=1$这是显然的!
那么思考在什么情况之下,这个等式会成立呢?

条件:

其实就是在同时乘上一个gcd(x,y) 就变成了

$k1*g*x0+k2*g*y0=g$
$即: A*x0+B*y0=g$

所以不难发现,当且仅当$x0,与y0互质的时候就是了$ 不难证明吧!

证法:

我们要求:

$$ax+by=1$$

于是假设我们知道了

b∗x0+amod−by0=1 b ∗ x 0 + a m o d − b y 0 = 1

$$b * x_{0}+ a mod -by_{0}=1$$ 那么,我们来移项一波!
$$bx_{0}+amod-y_{0}=bx_{0}+(a-a/b * b) y_0=1$$
$$ay_{0}+b*(x_{0}-a/b*y_{0})=1$$

那么这样的话,我们就知道了 y0就是x的一个解,x0-a/b*y0就是 y0的解
那么就这样递归下去……
就有解了!

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int w,x,y;
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if (b != 0)
    {
        exgcd(b, a % b, x, y);
        x -= (a / b) * y;
        std::swap(x, y);
    }
    else
        x = 1, y = w;
}
int main()
{
    srand(time(NULL));
    for (w = 1; w <= 20; w++)
    {
        exgcd(5, 7, x, y);
        printf("%d %d\n", x, y);
    }
    return 0;
}

逆元:

$背景: 组合数:C_{n}^{m}=\frac{m! }{( (m-n)! * n!)} mod(1e9 + 7)$

其实信息的我们知道,有时候,组合数会变的十分的大!所以一般会有一个MOD 来取余运算!
但是有时候这个除法来取余十分的容易出差错!
比如$\frac{12}{4} mod(5)=3$ 但是有时候会变成$\frac{12 mod (5) }{3} = 0.666666$
于是我们假设,如果有一个数字inv(b),能够使得 b*inv(b)%mod =1

$$\frac{a}{b} mod=c$$
等式两边同时乘上 b ,会有 $$\frac{a}{b}=k * mod +c$$
$$a=k*b*mod+b*c$$
$$a*inv(b)=k*inv(b)*b*mod+b*inv(b)*c(在mod 意义之下,会有)$$
$$a*inv(b)=k*mod+c$$
于是就是 $\frac{a}{b}$ 在mod意义下 $\frac{a}{b}=a*inv(b)$ 而且b与mod必须互质!

费马小定理

假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p），即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。

解释:

对于1来说 $inv[1]=1$这是显然!
对于一个数字i来说 , 有$p ÷ i = k .....r$
即 $p = i*k+r$
我们要求的是 i 的逆元,就是 $i_{}^{-1}$是多少,那么在mod p 意义下,等式变为

$$0=i*k+r ---- i*k=-r$$
两边同时除以$i*r$ 得到 $k*r_{}^{-1}=i_{}^{-1}$
而 $k = p/i r=p%i$ 于是 $r_{}^{-1}=inv[p modi]=r_{}^{-1}$
于是有(注意开 long long):

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e6 + 1e5;
int MOD, n;
long long inv[N];
int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &MOD);
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        inv[i] = (-(long long)(MOD / i * inv[MOD % i]) % MOD + MOD) % MOD;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        printf("%lld\n", inv[i]);
}