初等数论整理

整除

1.定义

如果\(a\)能把\(b\)除尽，则我们称\(a\)整除\(b\)，也称\(b\)被\(a\)整除，记为：\(b | a\)。

2.整除的性质

自反性：\(n | n(n≠0)\)

传递性：若有\(a | b\)，\(b | c\)，则有\(a | c\)

对称性：若\(a | b\)，\(b | a\)，则\(a=b\)

质数

1.定义

没有真因子（大于1而小于本身）的数。

2.个数：无限个

证明（反证法）：

假设质数个数是有限的，则必有一最大质数\(p_m\)。

设\(n=p_1\cdot p_2 \cdot p_3 \cdot \cdots \cdot p_m+1\)，\(n\)是合数。

我们发现\(n\)不能被任何一个质数整除，因此\(n\)也是质数，这与"质数有有限个"矛盾。

说明假设不正确，则原命题得证。

我们记\([1,n]\)中的质数个数为\(\pi(n)\)，则有：\(\pi(n)\)~\(\frac{n}{\ln n}\)(\(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\pi(n)}{n/\ln n}=1\))

3.算术基本定理

任何一个正整数的质因数分解是唯一的，为\(N=p_1^{r_1} \cdot p_2^{r_2} \cdot p_3^{r_3} \cdot\cdots\)。

4.质因数分解性质

将一个数\(n\)质因数分解，那么它最多被拆成\(\log_2n\)个质数(最坏情况为\(2^n=\overbrace{2\times2\times2\times \cdots \times 2}^{\log_2n}\))

5.质因数分解表示正整数乘法（除法）

如果\(A=2^{a_1}\times3^{a_2}\times5^{a_3}\times\cdots\),\(B=2^{b_1}\times3^{b_2}\times5^{b_3}\times\cdots\)，

则\(A/B=2^{a_1-b_1}\times3^{a_2-b_2}\times5^{a_3-b_3}\times\cdots\)，\(A\times B=2^{a_1+b_1}\times3^{a_2+b_2}\times5^{a_3+b_3}\times\cdots\)

6.一个数约数的个数

如果一个数\(n\)可以分解为\(n=p_1^{r_1}\cdot p_2^{r_2}\cdots=\prod_{i=1}^kp_i^{r_i}\),则它的约数个数为\(f(n)=(r_1+1)(r_2+1)\cdots=\prod_{i=1}^k(r_i+1)\)

7.判断质数

暴力枚举（时间复杂度：\(O(\sqrt{n})\)）

bool is_prime(int x)
{
    if(x==1)    return false;
    for(int i=2;i*i<=x;i++)
        if(!(x%i))  return false;
    return true;
}

8.质因数分解

①： 暴力枚举(时间复杂度\(O(\sqrt{n})\))

算法原理：一个数大于\(\sqrt{n}\)的质因数最多一个。

证明（反证法）：

假设\(n\)有两个大于\(\sqrt{n}\)的质因子\(p_1,p_2\)，

那么\(lcm(p1,p2)\)，即\(p_1p_2\)一定是\(n\)的因子，

由于\(p_1，p_2\)都大于\(\sqrt{n}\)，因此\(p_1p_2>n\)，不可能是\(n\)的因子，这与"假设\(n\)有两个大于\(\sqrt{n}\)的质因子"矛盾，

说明假设不正确，则原命题得证。

因此，只需考虑\([2,n]\)中的质数即可。

int getDivisor(int x,int p[])//将x分解质因数，将结果从小到大储存在p[]中，并返回质因子个数
{
    int cnt=0;
    for(int i=2;i*i<=x;i++)//从2枚举到sqrt(x)
    {
        //如果找到一个约数，就不断从x中除去
        while(!(x%i))
        {
            p[cnt++]=i;
            x/=i;
        }
    }
    //如果x>1,说明剩下的x是质数，也要放进数组
    if(x>1) p[cnt++]=x;
    return cnt;
}

9.质数筛法

①对于每个数，直接判断是否是质数

②埃氏筛法：把不大于\(\sqrt{n}\)的所有素数的倍数筛除，剩下的就是质数

时间复杂度：\(O(nlog_2log_2n)\)

const int MAXN=10000005;
int prime[MAXN];
bool is_prime[MAXN];
void Make_Prime(int n)//筛出2-n的质数
{
    int p=0;
    memset(is_prime,true,sizeof(is_prime));
    is_prime[0]=is_prime[1]=false;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if(is_prime[i])
        {
            prime[p++]=i;
            for(int j=2*i;j<=n;j+=i)    is_prime[j]=false; 
        }
}

③：欧拉筛法（线性筛）：让每个数只被它的最小质因子筛除

时间复杂度：\(O(n)\)

const int Maxn=10000005;
int prime[Maxn];
bool isprime[Maxn];
void make_prime(int a)
{
    int p=0;
    for(int i=0;i<a;i++)    isprime[i]=true;
    isprime[0]=isprime[1]=false;
    for(int i=2;i<=a;i++)
    {
        if(isprime[i])  prime[p++]=i;
        for(int j=0;j<p&&i*prime[j]<a;j++)
        {
            isprime[i*prime[j]]=false;
            if(!(i%prime[j]))   break;
        }   
    } 
    return;
} 

最大公约数和最小公倍数

公约数

设\(n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdots，m=p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot p_3^{b_3}\cdots，d=p_1^{c_1}\cdot p_2^{c_2}\cdot p_3^{c_3}\cdots\)，若\(c_i\leq min(a,b)\)，则\(d\)是\(n\)和\(m\)的公约数。

最大公约数

\(gcd(a,b)=p_1^{min(a_1,b_1)}\cdot p_2^{min(a_2,b_2)}\cdot p_3^{min(a_3,b_3)}\cdots\)

最小公倍数

\(lcm(a,b)=p_1^{max(a_1,b_1)}\cdot p_2^{max(a_2,b_2)}\cdot p_3^{max(a_3,b_3)}\cdots\)

性质

\(gcd(a,b)\cdot lcm(a,b)=a\cdot b\)

证明：

设\(a_i<b_i\)，

\(\because gcd(a,b)=p_1^{min(a_1,b_1)}\cdot p_2^{min(a_2,b_2)}\cdot p_3^{min(a_3,b_3)}\cdots，lcm(a,b)=p_1^{max(a_1,b_1)}\cdot p_2^{max(a_2,b_2)}\cdot p_3^{max(a_3,b_3)}\cdots\),

\(\therefore gcd(a,b)=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdot p_3^{a_3}\cdots，lcm(a,b)=p_1^{b_1}\cdot p_2^{b_2}\cdot p_3^{b_3}\cdots\)

\(\therefore gcd(a,b)\cdot lcm(a,b)=p_1^{a_1+b_1}\cdot p_2^{a_2+b_2}\cdot p_3^{a_3+b_3}\cdots=a\cdot b\)

\(Q.E.D.\)

注：

int lcm=a*b/gcd(a,b);

这样可能会爆int

应写成

int lcm=a/gcd(a,b)*b;

求最大公约数

1.辗转相除法（GCD递归定理/欧几里得算法）

\(gcd(a,b)=gcd(b , a\% b)\)

证明：

根据整除的对称性，只要证明\(gcd(a,b) | gcd(b,a \% b)\)且\(gcd(b,a\% b) | gcd(a,b)\)，即可证明。

①：设\(gcd(a,b)=k\),则可设\(a=pk,b=qk,且p\bot q\)，此时要证\(k | gcd(qk,pk\% qk)\)。

\(\because pk\% qk=k(p\% q)，且p\bot q\)

\(\therefore p\% q ≠0\)

\(\therefore pk\% qk\)是\(k\)的正整数倍，\(gcd(qk,pk\% qk)\)亦是\(k\)的正整数倍。

\(\therefore gcd(a,b) | gcd(b,a\% b)\)。

②：设\(gcd(b,a\% b)=d\)，则可设\(b=rd，a\% b=td\)，且\(r\bot t\)。

设\(a\div b\)的商是\(w\)，则\(a=wb+td=wrd+td=(wr+t)d\)

\(\therefore d | a\)

又\(\because d | b\)

\(\therefore d |gcd(a,b)\)，即\(gcd(b,a\% b)|gcd(a,b)\)。

\(Q.E.D.\)

代码：

inline int gcd(int a,int b)
{
    return !b?a:gcd(b,a%b);
}

2.更相减损术

\(gcd(a,b)=gcd(b,a-b)\)

证明：

设\(gcd(a,b)=k,a=pk,b=qk,p\bot q\)。

\(\therefore gcd(b,a-b)=gcd(qk,(p-q)k)\)

\(\because p\bot q\)

\(\therefore p\bot p-q\Rightarrow q\bot p-q\)

\(\therefore gcd(qk,(p-q)k)=k\)

\(gcd(a,b)=gcd(b,a-b)\)

\(Q.E.D.\)

代码：

inline int gcd(int a,int b)
{
    while(a!=b)
        if(a>b) a-=b;
        else    b-=a;
    return a;
}

3.Stein算法

设\(x,y\)为非0奇数，则有以下结论：

\(1.gcd(x,0)=x\)

\(2.gcd(2x,2y)=2(gcd,x,y)\)

\(3.gcd(2x,y)=gcd(x,y)\) \(gcd(x,2y)=gcd(x,y)\)

\(4.gcd(x,y)=gcd(|x-y|,min(x,y))\)

算法原理：运用上述结论使两数皆为奇数，再用更相减损术求出两数最大公倍数，再乘上结论2中所除的\(k\)个2。

代码：

inline int stein(int a,int b)//递归
{
    if(a<b) a^=b,b^=a,a^=b;//用异或运算^交换两数
    if(!b)  return a;
    if(!(a&1)&&!(b&1))  return stein(a>>1,b>>1)<<1;
    else if(!(a&1)) return stein(a>>1,b);
    else if(!(b&1)) return stein(a,b>>1);
    //用按位与&判断两数奇偶
    else return stein(a-b,b);
}

inline int stein(int a,int b)//循环
{
    int k=1;
    while(!(a&1)&&!(a&1))
    {
        k<<=1;
        a>>=1;
        b>>=1;
    }
    while(!(a&1))   a>>=1;
    while(!(b&1))   b>>=1;
    while(a!=b)
    {
        a-=b;
        if(a<b) a^=b,b^=a,a^=b;
    }
    return  k*a;
}

另一个性质

记\(F[n]\)为斐波那契数列的第\(n\)项，则有：

​ \(gcd(F[a],F[b])=F[gcd(a,b)]\)

模

1.取整

\(\lfloor x\rfloor\)表示不超过\(x\)的最大整数,有：

\(\forall a \in R,n=\lfloor a \rfloor\)的值域为\(\{n \in Z|n\leq a<n+1\}\)

\(\lceil x \rceil\)表示不小于\(x\)的最小整数，有：

\(\forall a \in R,n=\lceil a \rceil\)的值域为\(\{n \in Z|n-1<a\leq n\}\)

2.除法的表示

\(a=\lfloor\frac{a}{p}\rfloor\times p+a \% p\)，其中\(p\)是除数，\(\lfloor\frac{a}{p}\rfloor\)是商，\(a \%p\)是余数

​ \(\Downarrow\)

\(p | a\)当且仅当\(a\% p=0\)

3.取整性质

① \(\lfloor n+x \rfloor=n+\lfloor x\rfloor,\forall x \in R,\forall n \in Z\)；\(\lceil n+x \rceil=n+\lceil x \rceil,\forall x\in R,\forall n\in Z\)

② \(\forall n \in Z,\lfloor \frac{n}{2} \rfloor+\lceil \frac{n}{2} \rceil=n\)

略证：

(1).\(n=2k,k \in Z:\lfloor \frac{n}{2} \rfloor=\lceil \frac{n}{2} \rceil=k\)，结论显然成立。

(2).\(n=2k+1,k \in Z:\lceil \frac{n}{2} \rceil=k+1,\lfloor \frac{n}{2} \rfloor=k\)，结论依然成立。

③ \(\lfloor\frac{a}{bc}\rfloor=\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c}\rfloor,\forall a\in(0,+\infty),b,c\in Z^+\)

略证：

设\(\frac{a}{b}=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor+r(0\leq r<1)\)，

\(\therefore \lfloor\frac{a}{bc}\rfloor=\lfloor \frac{a}{b} \cdot \frac{1}{c} \rfloor=\lfloor \frac{1}{c}(\lfloor \frac{a}{b}+r)\rfloor=\lfloor \frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor}{c}+\frac{r}{c}\rfloor=\lfloor\frac{\lfloor \frac{a}{b}\rfloor}{c}\rfloor\)

** ④\([1,a]\)中\(b\)的倍数共有\(\lfloor \frac{a}{b}\rfloor\)个 **

⑤\(\lceil \frac{m}{n}\rceil=\lfloor \frac{m-1}{n}\rfloor+1,0<n\leq m,\forall m,n\in Z\)

4.模的性质

①值域：\(a\% p\)一定落在\([0,p-1]\)之间

剩余系：对于一个正整数\(n\)，一个整数集模\(n\)所得余数的集合。

完全剩余系：如果一个剩余系包含了一个正整数\(n\)所有可能的余数\((0,1,\cdots n-1)\)，则称它是模\(n\)的一个完全剩余系。

简化剩余系：一个\(n\)的完全剩余系中与\(n\)互质的元素组成的子集。

例：模10的一个简化剩余系为1,3,7,9

②"随时取模"：

在只含加法和乘法的式子中，如果最后的运算结果需要对\(p\)取模，那么可以在运算过程中随便取模，只要最后把结果对\(p\)再取模，结果就是正确的。

即：

\((a+b)\% p=(a\% p+b\% p)\% p\)

\((ab)\% p=[(a\% p)\cdot(b\% p)]\% p\)

5.随时取模的应用

①正整数\(n\)被3整除，当且仅当十进制下\(n\)的各位数字之和被3整除。

证明：

考虑三位数的\(n\)：

设\(n=\overline{abc}\)，则有\(n\% 3=(100a+10b+c)\% 3\)

​ \(=[(100\% 3)a+(10\% 3)b+c]\% 3\)

​ \(=(a+b+c)\% 3\)

也就是说：\(n\% 3=0\)等价于\((a+b+c)\% 3=0\)

其他位数的\(n\)同理。

\(Q.E.D.\)

②\(n\)被4整除当且仅当其最后两位数被4整除。

证明：

设\(n=\overline{abcd}\)，则有\(n\% 4=(1000a+100b+10c+d)\% 4\)

​ \(= (10c+d)\% 4\)

​ \(=\overline{cd}\% 4\)

其他位数的\(n\)同理。

\(Q.E.D.\)

6.逆元

有理数意义下，我们可以把\(a\div b\)转化为\(a\times\frac{1}{b}\)，此时我们称\(b\)和\(\frac{1}{b}\)互为倒数。

模意义下，这样的数叫做数论倒数，或者逆元。

若记\(inv(x)\)为\(x\)的逆元，则在模\(p\)意义下有：\(x\cdot inv(x)\equiv 1\pmod p\)

注意：\(x\)有关于\(p\)的逆元，当且仅当\(x\bot p\)。

不定方程

裴蜀定理

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。

$\Downarrow $

关于整数\(x,y\)的不定方程\(ax+by=gcd(a,b)\)，必然有解。

扩展欧几里得算法

Exgcd是一种求解不定方程\(ax+by=gcd(a,b)\)的算法，可以运用它来解同余方程。

有定理1："方程\(ax+by=c\)和\(ax\equiv c \pmod b\)是等价的，有整数解的充要条件为\(gcd(a,b)|c\)"，因此可以用Exgcd先求出\(ax+by=gcd(a,b)\)的一组解\(x_0,y_0\)，两边再同时\(*c/gcd(a,b)\)，就得到了方程的一组解。

有定理2："若\(gcd(a,b)=1\)，且\(x_0,y_0\)为方程\(ax+by=c\)的一组解，则该方程的通解为\(x=x_0+bt,y=y_0+at(t\in Z)\)"，由此可以求出方程所有解。

但是问题中一般会询问最小正整数解\(x\)，若设\(m=b/gcd(a,b)\)，令\(x=(x\% m+m)\%m\)即可。

重点：

1.判断无解：\(c\%gcd(a,b) \neq0\)

2.\(x\)的最小正整数解：设\(m=b/gcd(a,b)\)，令\(x=(x\% m+m)\%m\)

算法思想：

"如果知道了\(bx+(a\)% \(b)y=gcd(a,b)\)的解\((x,y)\)，如何求出

\(ax'+by'=gcd(a,b)\)的解\((x',y')\)?

设\(gcd(a,b)=d\)

此时a%b可以表示成\(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\cdot b\)

所以\(ay+b(x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\cdot y)=d\)

令\(x'=y，y'=x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\cdot y\)即可。''

代码：

int x,y;
inline void exgcd(int a,int b)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b);
    int tx=x;
    x=y;
    y=tx-a/b*y;
}

中国剩余定理

\[\begin{cases} x\equiv a_1\pmod {m_1}\\ x\equiv a_2\pmod {m_2}\\ \cdots\\ x\equiv a_n\pmod {m_n} \end{cases}\]

若满足\(m_1,m_2,\cdots m_n\)两两互质，则可用中国剩余定理(CRT)求解。

构造法：

设\(M=\prod_{i=1}^nm_i，M_i=M/m_i\)，则方程通解为\(x=\sum_{i=1}^na_i\cdot inv(M_i)\cdot M_i+kM,k\in Z\)，其中模\(M\)意义下有唯一解\(x=\sum_{i=1}^na_i\cdot inv(M_i)\cdot M_i\)。

代码：(Luogu P3868 猜数字)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL x,y,a[15],m[15];
inline LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(!isdigit(ch));
    do{x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}while(isdigit(ch));
    return f*x; 
}
inline void exgcd(LL a,LL b)
{
    if(!b){x=1,y=0;return;}
    exgcd(b,a%b);
    int tx=x;
    x=y;
    y=tx-a/b*y;
}
inline LL Qmul(LL a,LL b,LL m)
{
    LL ans=0;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans+a)%m;
        a=(a+a)%m;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
LL CRT(int n)
{
    LL ans=0,M=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)   M*=m[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        LL Mi=M/m[i];
        exgcd(Mi,m[i]);
        x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
        ans=(ans+Qmul(Qmul(Mi,x,M),a[i],M))%M;
    }
    return (ans+M)%M;
}
int main()
{
    int k=read();
    for(int i=1;i<=k;i++)   a[i]=read();
    for(int i=1;i<=k;i++)   m[i]=read();
    for(int i=1;i<=k;i++)   a[i]=(a[i]%m[i]+m[i])%m[i];
    cout<<CRT(k);
    return 0;   
}

扩展中国剩余定理(模数不互质)

假设已经求出前\(k-1\)个方程组成的方程组的一个解为\(x\)，且有\(M=\prod^{k-1}_{i=1}m_i(LCM^{k-1}_{i=1}m_i)\)，则前\(k-1\)个方程的方程组通解为\(x+i*M(i\in Z)\)，那么对于加入第\(k\)个方程后的方程组，就要求一个正整数\(t\)使得\(x+t*M\equiv a_k\pmod {m_k}\Rightarrow t*M\equiv a_k-x\pmod {m_k}\Rightarrow t*M+i*m_k=a_k-x\)。若有解，可求出\(t*M+i*m_k=gcd(M,m_k)\)，两边再同乘\((a_k-x)/gcd(M,m_k)\)即得解。如此不断循环即可。

代码：(Luogu P4777)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n,x,y,A[100005],B[100005];
inline LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(!isdigit(ch));
    do{x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}while(isdigit(ch));
    return f*x;
} 
inline LL exgcd(LL a,LL b)
{
    if(!b){x=1,y=0;return a;}
    LL gcd=exgcd(b,a%b);
    LL tx=x;
    x=y;
    y=tx-a/b*y;
    return gcd;
}
inline LL Qmul(LL a,LL b,LL M)
{
    LL ans=0;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=(ans+a)%M;
        a=(a+a)%M;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
LL Excrt()
{
    LL M=B[1],ans=A[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        LL a=M,b=B[i],c=(A[i]-ans%b+b)%b;
        LL gcd=exgcd(a,b);
        //if(c%gcd) return -1;
        x=Qmul(x,c/gcd,b/gcd);
        ans+=x*M;
        M*=b/gcd;
        ans=(ans%M+M)%M;
    }
    return (ans%M+M)%M;
}
int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)   B[i]=read(),A[i]=read();
    cout<<Excrt();
    return 0;
}

求逆元方法

模质数意义下

1.费马小定理

\(a^{p-1}\equiv1\pmod p\Rightarrow a\cdot a^{p-2}\equiv1\pmod p\Rightarrow a^{p-2}\equiv inv(a) \pmod p\)

因此,\(a^{p-2}\%p\)就是\(a\)的逆元，此时可套用快速幂求解。

代码：

long long Qpow(long long a,long long n,long long m)
{
    unsigned long long t=1;
    if(!n)  return 0;
    while(n>0)
    {
        if(n&1) t=t*a%m;
        a=a*a%m;
        n>>=1;
    }
    return t;
}
inline long long Ginv(long long x,long long p){return Qpow(x,p-2,p);}

2.线性递推求逆元

递推式：\(inv[i]=(p-p/i)*inv[p\%i]\%p\)

代码：

void Ginv(int p)
{
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<p;i++)    inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}

非模质数意义下

扩展欧几里得：

\(ax\equiv1\pmod b\Rightarrow ax=kb+1\Rightarrow ax+kb=1\)

此时已知\(a,b\)，即可用Exgcd求解，求出的\(x\)即为\(a\)在模\(b\)意义下的逆元。

代码：(Luogu P1082 同余方程)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long x,y;
inline long long read()
{
    long long f=1,x=0;char ch;
    do{ch=getchar();if(ch=='-')f=-1;}while(!isdigit(ch));
    do{x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}while(isdigit(ch));
    return f*x;
}
inline void exgcd(long long a,long long b)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b);
    long long tx=x;
    x=y;
    y=tx-a/b*y;
}
inline long long getinv(long long a,long long b)
{
    a%=b;
    if(a<0) a+=b;
    return  a; 
}
long long a,b;
int main()
{
    a=read(),b=read();
    exgcd(a,b); 
    cout<<getinv(x,b); 
    return 0;
} 

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