2018.6清北学堂day2上午讲课（数论）

QwQ

整除

对于整数$n,m$，如果m！=0 且存在整数k，使得km=n，那么m就能整除n，记为$m|n$

整除具有传递性$a|b\ \ \ b|c --> a|c$

素数

素数有无限多个

素数定理
当$x$很大的时候，小于x的素数个数近似$x/ln(x)$

算术基本定理
任何一个大于1的正整数n
$n=p_1^{r_1}*pr_2^{r_2}....$

素数判定

解法1：
枚举2到$\sqrt n$的所有正整数
O($\sqrt n$)

解法2：
枚举2到$\sqrt n$的所有素因子
O($\sqrt n/\ln x$)

解法3：

Miller-Rabin算法

质因数分解

解法1：朴素求法

for (int i=1;i*i<=n;i++)
{
  if (n%i==0){
    d[++dsz]=i;
    if (i*i<n) d[++dsz]=n/2
  }
}

如果我们将n分解成$n=p_1^{r_1}*pr_2^{r_2}....$这种形式，那么$n$的约数个数就通过乘法原理$(r_1+1)\times(r_2+1)....$求出来

筛法

1.埃式筛法（线性筛的弱化版）

就是每个数标记它的倍数

for (int i=2;i<=n;i++)
{
  for (int j=i*2;j<=n;j+=i) check[j]=1;
}

调和剂数(QwQ貌似刚刚还是筛法呢）

$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+....\frac{1}{n}$=
$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}....$ = $\log_2 n$

线性筛

理论依据，就是每一个数只会被自己的最小的质因子筛到
当 i 能整除 prime[j]，那么 i*prime[j+1] 这个合数肯定被 prime[j] 乘以某个数筛掉。

for (int i=2;i<=n;i++)
{
   if (!check[i]) prime[++tot]=i;
   for (int j=1;j<=tot;j++)
   {
     if (i*prime[j]>n) break;
     check[i*prime[j]]=1;
     if (i%prime[j]==0) break;
   }
}

一个小题：给定$n (n<10000)$个数，判定他们是素数和合数

解法：对于一个数$x$,直接枚举$[1,\sqrt x]的素数就行$

另一道小题：
spoj prime1:
给定$l,r(l\le r \le 10^9 ,r-l \le 10^5),求[l,r]内的素数$

解法：！！区间筛

1>把$\sqrt n$范围内的素数筛出来，然后把这些质数在区间内的倍数筛掉

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>

using namespace std;

inline int read()
{
  int x=0,f=1;char ch=getchar();
  while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
  while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
  return x*f;
}

const int maxn = 3e5+1e2;

int check[maxn];
int prime[maxn];
int n,m,l,r;
int tot;
int oi[maxn];


void primee(int n)
{
    check[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!check[i]) prime[++tot]=i;
        for (int j=1;j<=tot;j++)
        {
            if (i*prime[j]>n) break;
            check[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) break;
        }
    }
}

void solve(int l,int r)
{
    for (int i=1;i<=tot;++i)
    {
        int p = prime[i];
        if (prime[i]>r) break;
        for (int j=(l-1)/p+1;j<=r/p;++j) if (p*j!=prime[i]) oi[p*j-l+1]=1;
    }
}

int t;

int main()
{
  primee(50000);
  cin>>t;
  //for (int i=1;i<=10;i++) cout<<prime[i]<<" "<<endl;
  while (t--)
  {
  memset(oi,0,sizeof(oi));
  l=read(),r=read();
  solve(l,r);
  if (l==1) oi[1]=1;
  for (int i=1;i<=r-l+1;++i)
  {
    if (!oi[i]) printf("%d\n",i+l-1);
  }
  cout<<"\n";
  }
  return 0;
}

}

QwQ欧几里得算法（gcd）

这里就不记笔记了

裴蜀定理

关于x，y的方程$ax+by=c$ 当且仅当$gcd(a,b)|c$可知有无穷多解，同时一定存在整数x,y使$ax+by=gcd(a,b)$

引理：$a$与$b$的线性组合集中最小的正元素是$gcd(a,b)$
引理：若$a|bc 且（a,b）=1，则a|c$

算术基本定理:

一些性质：
对于两个数$m,n$

如果$k=gcd(m,n)$ 则 $k_p=min(m_p,n_p)$

如果$k=lcm(m,n)$则

$k_p=max(m_p,n_p)$

小题：
hdu4497
给定三个数的gcd和lcm，求三元组个数（规定了三元组是有序的）

做法：

我们对于每个质因子单独考虑，假设当前的因子是p，那么p的次数一定是大于等于gcd中p的次数，小于等于lcm

因为三元组是有序的，所以我们考虑每两个数成为gcd和lcm的，另一个数在$(p_{gcd},p_{lcm})$之间，那么这种时候就是$6 \times （r-l-1）$,然后考虑有两个点在端点的情况，因为是对称的，所以最终答案就是$6\times (r-l+1)+3+3 = 6\times (r-l)$

代码后补

拓展欧几里得

QwQ就是求解形如$ax+by=gcd(a,b)$的方程

我们首先递归到底部，然后我们要求
$ax+by=gcd(a,b)$

然后我们已知了是这个方程的解
$bx_1+(a-a/b*b)y_1 = gcd(b,a mod\ b )$
进行一波操作
$ay_1+b(x_1-a/b*y_1)$
所以$x=y_1,y=x_1-a/b*y_1$

对于要求所以解的情况，我们只需要让$x=x_0+\frac{b}{gcd(a,b)}$
$y=y_0-\frac{a}{gcd(a,b)}$


小题：noip2012同余方程
求关于 x 的同余方程 $a x \equiv 1 \pmod {b}$ 的最小正整数解。

根据同余我们可以得到
$ax+by=1$
然后直接求解就行

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long

using namespace std;

long long a,b,x,y;

ll exgcd(ll &x,ll &y,ll a,ll b)
{
    if (b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    int ans=exgcd(x,y,b,a%b);
    int tmp = x;
    x=y;
    y=tmp-a/b*y;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    int ans=exgcd(x,y,a,b);
    cout<<(x+b)%b;
    return 0;
 } 

poj1061 青蛙的约会

NOI2002 荒岛野人

逆元

对于任意正整数a满足(a,m)=1,存在b满足$ab \equiv 1 \pmod m$

那么b就是a在%m意义下的逆元！

处理阶乘的逆元

q[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++) q[i]=q[i-1]*i%mod;
p[n]=qsm(q[n],mod-2);
for (int i=n;i>1;i--) p[i-1]=p[i]*i%mod;

$O(n)预处理逆元！$

假设我们要求的是i在mod p意义下的逆元

….后补

剩余类和完系

QwQ懒得记录了，还是后补吧

费马小定理

设p是一个素数，a是一个整数，且不是p的倍数，那么

$$a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$$

老师课件的简单的证明

可惜费马小定理的逆定理是不成立的

经测试，前10亿的自然数中，用费马小定理的逆定理验证素数，出错的概率是0.000025

QwQ那么我们怎么判断素数呢

这里引入二次探测定理

若p是素数，x是一个正整数，且$x^2 mod\ p = 1$ 那么$x \equiv \pm 1 \pmod p$

听亢神的话

用2,7,61,24251做底数