蒟蒻的数论整理

数论的水不深，但是你把握不住

1.快速幂

思路：

如果 $b=c+d$
那么我们可以将 $a^b$转化为$a^c\ast a^d$ 小学生都会的公式
在代码中我们可以在for循环中设一个临时变量i，用来记$a^i$并判断$i$是否在$b$中，如果是将答案乘上$a^i$即可,同时b减去i

原理：讲指数拆成多个指数（过程中转化为二进制进行计算)

代码：

int pow(int a,int b){//此快速幂代码可能和一些大佬学的不太一样
	if(b&1){//首先判断1是否在b中
		res=a;
		b--;
	}
	ll tt=a*a;
	for(ll i=2;b;i*=2){
		ll kt=b|i;//或运算的优先级比等于低，如果放在下方的判断语句可能会出错
		if(kt==b){
			res=(res*tt);
			b^=i;//也可以写成b-=i;
		}
		tt=(tt*tt);
	}
}

2.素数筛

作用:

求出一段区间内所有的素数

埃氏筛

思路：

将一个素数的所有倍数进行标记（即为合数）
时间复杂度约为$O(nlogn)$
这个思路比较简单，直接上代码

代码：

void get_primes1(int n) {//埃氏筛
	memset(prime, false, sizeof prime);
	cnt = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!prime[i]) {
			primes[cnt++] = i;
			for (int j = i; j <= n / i; j++) 
				prime[j * i] = true;
		}
	}
}

欧拉筛

思路：

这个算法中我们设一个记录素数的变量primes,记录下素数后再标记primes数组中每个素数的倍数（即为合数）。

void get_primes2(int n) {//欧拉筛（不完整代码）
	memset(prime, false, sizeof prime);
	cnt = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!prime[i]) primes[cnt++] = i;
		for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
			prime[i * primes[j]] = true;
		}
	}
}

为了对其进行优化，我们在标记合数循环中添加了一个判断语句：

if (i % primes[j] == 0) break;

这个判断语句其实就是判断primes[j]是否在i中如果在i中证明i中已经包含了接下来的数的最小质因子（即为primes[j]），但是继续往下循环primes[j]会不断变大，那么就没有循环的必要了，就要退出循环。

这里我们说了primes[j]为i中的质因子所以i$\times$primes[j+k]可以用后期循环和primes[j]来标记

所以这个代码几乎每个数只跑过一遍，时间复杂度为：$O(n)$

完整代码：

void get_primes2(int n) {//欧拉筛
	memset(prime, false, sizeof prime);
	cnt = 0;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!prime[i]) primes[cnt++] = i;
		for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) {
			prime[i * primes[j]] = true;
			if (i % primes[j] == 0) break;
		}
	}
}

3.质因数分解

思路：

外层循环判断合数n中是否有$i$这个质因数，若有就标记它。
但是$n$中可能会有多个$i$，所以我们就要进行一个循环直到$n$没法整除i为止，这个思路比较简单，直接上代码

代码：

pair<int, int> factor[N];
int idx;
void divide(int n) {//质因数分解
	idx = 0;
	for (int i = 2; i <= n / i; i++) {
		if (n % i == 0) {
			int k = 0;
			while (n % i == 0) k++, n /= i;
			factor[idx++] = {i, k};
		}
	}
	if (n > 1) factor[idx++] = {n, 1};
}

4.阶乘$n!$的质因数分解

n!=1 * 2 * 3*…(n-1)*n

思路：

我们首先用欧拉筛筛出所有$n$范围内的素数记录到primes数组中。
现在，$n!$因数中（指的是1到n）有的数可以分解为x个有的只能分解为x-1个，那么我们就每次除一边，来计算这个值，思路较简单，直接上代码

代码：

void divide_fac(int n) {//阶乘n!的质因数分解
	get_primes2(n);
	idx = 0;
	for (int i = 0; i < cnt; i++) {
		int p = primes[i];
		int s = 0;
		for (int j = n; j; j /= p) s += j / p;
		factor[idx++] = {p, s};
	}
}

5.最大公约数与最小公倍数

辗转相除法求解

此算法较简单直接上代码

最大公约数：

int GCD(int a, int b)
{
	int c;
	while (b > 0)
	{
		c = a % b;
		a = b;
		b = c;
	}
	return a;
}

最小公倍数：

两数相乘然后除以最大公约数即为最小公倍数

int LCM(int a,int b)
{
	int c;
	c = a * b / GCD(a, b);
	return c;
}

特殊定理：存在A,B gcd(A,B)=x A=ax B=bx lcm(A,B)=xab a与b互质

那么 AB=ab*x²=gcd(A,B)lcm(A,B)
推导过程：
假设2数为A,B 可以拆分成A=ax ;
B=bx a&b互质 那么,AB的最小公倍数为abx AB 的最大公约数为 x²者乘起来正好等于AB
(此过程来源于百度）

裴蜀定理

思路：

裴蜀定理说明了对任何整数 a、b和它们的最大公约数 d ，关于未知数 x以及 y 的线性的丢番图方程。
若$a,b$是整数,且$gcd(a,b)=d$，那么对于任意的整数$x,y,ax+by$都一定是d的倍数，特别地，一定存在整数$x$,$y$，使$ax+by=d$成立。根据我们上面的gcd可以推导出在下一次gcd中a变为b,b变为a%b,即x为y,y为x%y
根据常识

a%b=a-a/b*b

可得：

bx+(a-a/b * b)y=d
bx+ay-(a/b * b)y=d
ay+[x-(a/b)*y]b=d

这我们就推出返回的$x$就是$y$，$y$为$x-(a/b)\ast y$

代码：

ll gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	ll d=gcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
	return d;
}

6.逆元

逆元是什么？

如果$\frac{n}{a}$ $mod$ $p$ $=$ $n\times x$ $mod$ $p$ 且 $x\in Z$
那么我们称 $x_{min}$ 为$a$在模$p$意义下的逆元（记作$x_{min}=a^{-1}$)

为什么a和p不互质就不存在逆元：

证：

令c=gcd(a,p)且c>1（即a,p不互质）

ax=1(mod p)

等价于：

ax+py=1

∵c|a,p

∴c|(ax+py)

∴c|1

∵c>1

所以a,p不存在逆元

证毕

做法1（费马小定理）：

我们知道$a$ 和 $p$的情况下：
$a^{p-1}$ $mod$ $p$ $=$ $1$ $mod$ $p$
费马小定理证明
那么我们可以得出：
$(a\times a^{p-2})$ $mod$ $p$ $=$ $1$ $mod$ $p$
则b的逆元为$(a^{p-2}$ $mod$ $p)$为$a$在模$p$意义下的逆元
即可用快速幂求解

代码：

//注：根据不同的题目请自行开long long
int power(int x,int y,int p){
    int t=x;
    int ans=1,it=1;
    while(y){
        if(y&it){
            y^=it;
            ans*=t;
            ans%=p;
        }
        it<<=1;
        t*=t;
        t%=p;
    }
    return ans%p;
}
int fpm(int a,int p){//费马小定理求逆元
    return power(a,p-2,p)%p;
}

时间复杂度为：$O(lo{g}_{2}n)$

此做法由于复杂度较大，且常数较大不建议使用。

P3811 【模板】乘法逆元 在此题中最后两个点可以卡死费马小定理（注意开longlong

做法2（扩展欧几里得）：

要求$a$在模$p$意义下的逆元我们可以将：

$ax=1(mod$ $p)$

转化成：

$ax-py=1$

没错你没看错这就是上面我们讲的裴蜀定理（扩展欧几里得）

所以就按照扩展欧几里得的模板求出上面式子中的$x$即可

而且这个做法还可以判断最大公约数是否为1（是否存在逆元）

代码：

//根据个人需要改longlong
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;
}
int inv(int a,int p){//扩展欧几里得求逆元
    int x,y;
    int ans=exgcd(a,p,x,y);
    if(ans>1) return -1;//a和p不互质
    else return (x%p+p)%p;//防止负数的情况
}

这种求法非常高效，而且常数较小，用与求单个数的逆元非常方便。

然后你再交一下这题：P3811 【模板】乘法逆元

你会发现，最后一个点还是T，吸氧也会T，不要慌，看这么多输出就知道事情不简单，此时就要用复杂度~~（复杂度假了）~~最高的算法——递推。

做法3 递推法：

令$p=ki+r;${$k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ,r=p$ $mod$ $i$}($i<p,k<p,r>i$)

则有$ki+r\equiv 0(mod$ $p)$①

①式乘$i^{-1}\ast r^{-1}$得：

$k\ast r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(mod$ $p)$

移项得：

$i^{-1}\equiv -k\ast r^{-1}(mod$ $p)$

代入$k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ,r=p$ $mod$ $i$：

$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \ast (p$ $mod$ $i{)}^{-1}(mod$ $p)$

由于$(p$ $mod$ $i)<i$

所以，我们已经求出$(p$ $mod$ $i{)}^{-1}$

用数组inv[i]记录$i^{-1}$($i$的逆元)

则inv[i]=$-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \ast inv[p$ $mod$ $i]$ $mod$ $p$

证毕；

注：为防止出现逆元为负数在上面式子中要加上p

代码：

//AC_664ms
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=3e6+5;
ll inv[maxn]={0,1};
int main(){
   int n,p;
   scanf("%d%d",&n,&p);
   printf("1\n");
   for(int i=2;i<=n;i++)
       inv[i]=(ll)p-(p/i)*inv[p%i]%p,printf("%d\n",inv[i]);
   return 0;
}

这样再提交就AC了

这种做法复杂度较高但是可以批量求逆元，在这类题目中非常好用。

7.中国剩余定理（CRT）

P1495 【模板】中国剩余定理(CRT)/曹冲养猪

直接看题

中国剩余定理又称孙子定理~~（所以曹冲和猪为什么被迫害了）~~

题意就是给了一堆同余方程，让求x的值：

最佳阅读效果（这里引用了OI Wiki的证明）

算法流程

代码：

// C++ Version
LL CRT(int k, LL* a, LL* r) {
  LL n = 1, ans = 0;
  for (int i = 1; i <= k; i++) n = n * r[i];
  for (int i = 1; i <= k; i++) {
    LL m = n / r[i], b, y;
    exgcd(m, r[i], b, y);  // b * m mod r[i] = 1
    ans = (ans + a[i] * m * b % mod) % mod;
  }
  return (ans % mod + mod) % mod;
}

算法证明：

你们可能发现了，yzh引用了大量OI Wiki上的文章，因为OI Wiki写的实在是太好了~~（其实就是我懒的写了）~~，中国剩余定理也不难，所以我并不打算重点写
若属于侵权行为，OI Wiki工作人员可联系我删除

最近更新：2022/1/7，未完