基础数论入门

(一)定理和性质

一、裴蜀定理

如果 a,bN a , b ∈ N , (a,b)=d ( a , b ) = d 那么一定存在 x,y x , y 使得 d|(ax+by) d | ( a ∗ x + b ∗ y )
证明:非常简单,鉴于可能有数论刚入门的OIer所以这里简单证明一下:
因为 (a,b)=d ( a , b ) = d
所以我们就可以假设 a=pd a = p ∗ d , b=qd b = q ∗ d
那么 ax+by=pdx+qdy=d(px+qy) a ∗ x + b ∗ y = p ∗ d ∗ x + q ∗ d ∗ y = d ∗ ( p ∗ x + q ∗ y ) 得证

二、整除的性质

a|c,b|c,(a,b)=1ab|c a | c , b | c , ( a , b ) = 1 ⇒ a b | c

a|bc,(a,b)=1a|c a | b c , ( a , b ) = 1 ⇒ a | c

p|abp|ap|b p | a b ⇒ p | a 或 p | b

正确性显然

三、同余

ab(mod m)m|(ab) a ≡ b ( m o d   m ) ⇐⇒ m | ( a − b )

ab(mod m),ab(mod n)ab(mod [m,n]) a ≡ b ( m o d   m ) , a ≡ b ( m o d   n ) ⇒ a ≡ b ( m o d   [ m , n ] )

(k,m)=d,kaka(mod m)aa(mod md) ( k , m ) = d , k ∗ a ≡ k ∗ a ′ ( m o d   m ) ⇒ a ≡ a ′ ( m o d   m d )

第二个式子证明:
(ab)=xm=yn=k[m,n] ( a − b ) = x ∗ m = y ∗ n = k ∗ [ m , n ]

第三个式子证明:
k=qd,m=pd k = q ∗ d , m = p ∗ d
kaka=cm k ∗ a − k ∗ a ′ = c ∗ m
aa=cmk=cmqd=cqmd a − a ′ = c ∗ m k = c ∗ m q ∗ d = c q ∗ m d

四、逆元

如果 (b,m)=1 ( b , m ) = 1 ,那么存在 b1 b − 1 使得 bb11(mod m) b ∗ b − 1 ≡ 1 ( m o d   m )
P.S:这个-1次方只是表示逆元一个符号 并不是真的-1次方 但是可以把它当成-1次方在同余中进行运算

五、剩余系

任何m个分别属于m个剩余类的数组组成剩余系

六、φ

所有的n满足 0nm 0 < n ≤ m , (n,m)=1 ( n , m ) = 1 构成了一个模m的简化剩余系,简称缩系
记录这样的n的个数为 φ(m) φ ( m )

七、关于缩系的一个定理

如果 (m,m)=1 ( m , m ′ ) = 1 ,a取遍模m的缩系,a’取遍模m’的缩系,那么 am+am a ∗ m ′ + a ′ ∗ m 取遍模 mm m ∗ m ′ 的缩系
证明自己yy一下好啦

八、欧拉定理

如果 (a,m)=1 ( a , m ) = 1 ,那么 aφ(m)1(mod m) a φ ( m ) ≡ 1 ( m o d   m )
证明:
当x取遍模m的缩系时,ax也取遍模m的缩系(这个自己yy一下,具体证明不太会说qwq)
所以我们可以得出 xax(mod m) ∏ x ≡ ∏ a ∗ x ( m o d   m )
axaφ(m)x ∏ a ∗ x ≡ a φ ( m ) ∏ x
用处:如果 (a,m)=1 ( a , m ) = 1 , abmod m a b m o d   m 可以转化成 ab mod φ(m)mod m a b   m o d   φ ( m ) m o d   m
如果 (a,m)1 ( a , m ) ≠ 1 , abamin(b mod φ(m)+φ(m),b) mod m a b ≡ a m i n ( b   m o d   φ ( m ) + φ ( m ) , b )   m o d   m

九、拉格朗日定理

对于一个次数为n的多项式F(x), F(x)0(mod p) F ( x ) ≡ 0 ( m o d   p ) 至多 min(n,p) m i n ( n , p ) 个解。

十、二次剩余

对于一个奇素数p,如果存在x使得 x2a(mod p) x 2 ≡ a ( m o d   p ) ,那么称a为p的二次剩余。
如果 ap121(mod p) a p − 1 2 ≡ 1 ( m o d   p ) ,那么a为p的二次剩余。
如果 ap121(mod p) a p − 1 2 ≡ − 1 ( m o d   p ) ,那么a为p的二次非剩余。

十一、威尔逊定理

(p1)!1(mod p) ( p − 1 ) ! ≡ − 1 ( m o d   p )
证明:2到p-2这些数都存在逆元,可以两两匹配

十二、阶

如果 (a,m)=1 ( a , m ) = 1 那么记x为最小的正整数使得 ax1(mod m) a x ≡ 1 ( m o d   m )
结论: x|φ(m) x | φ ( m )
证明:反证法,设有一个最小的x , φ(m)=qx+r φ ( m ) = q ∗ x + r ,
aqx+r1(mod m) a q ∗ x + r ≡ 1 ( m o d   m )
ax1(mod m) a x ≡ 1 ( m o d   m ) 推出 ar1(mod m) a r ≡ 1 ( m o d   m )
因为x是最小的满足条件的正整数 , r<x r < x ,所以 r=0 r = 0

十三、原根

如果 g(mod m) g ( m o d   m ) 的阶为 φ(m) φ ( m ) 那么g为m的原根
g0,g1,,gφ(m)1 g 0 , g 1 , … , g φ ( m ) − 1 构成了模m的缩系。
只有 1,2,4,pa,2pa 1 , 2 , 4 , p a , 2 p a 存在原根。

十四、其他

φ(pe)=(p1)pe1 φ ( p ∗ e ) = ( p − 1 ) ∗ p ∗ e − 1
φ(m)=mp|m(11/p) φ ( m ) = m ∗ ∏ p | m ( 1 − 1 / p ) (容斥原理求φ)

(二)算法

一、辗转相除法

直接贴代码吧,证明网上有详解,这里不再赘述

int gcd(int a,int b)
{
    if (b==0) return a;
    else return gcd(b,a%b); 
}

二、扩展欧几里得算法

用处:求解形如 ax+by=gcd(a,b) a ∗ x + b ∗ y = g c d ( a , b ) 的二元方程和线性同余方程
( axb(mod m) a ∗ x ≡ b ( m o d   m ) 等价于 ax+my=b a ∗ x + m ∗ y = b )
推导:假设解出一组解 (p,q) ( p , q )
pa+qb=gcd(a,b) p ∗ a + q ∗ b = g c d ( a , b )
= gcd(b,a mod b)=pb+q(a mod b)=pb+q(a(ab)b) g c d ( b , a   m o d   b ) = p ∗ b + q ∗ ( a   m o d   b ) = p ∗ b + q ∗ ( a − ( a b ) ∗ b )
= pb+qaq(ab)b=(pq(ab))b+qa p ∗ b + q ∗ a − q ∗ ( a b ) ∗ b = ( p − q ∗ ( a b ) ) ∗ b + q ∗ a
代码

int extended_gcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    int ret,tmp;
    if (!b)
    {
        x=1;y=0;return a;
    }
    ret=extended_gcd(b,a%b,x,y);
    tmp=x;
    x=y;
    y=tmp-a/b*y;
    return ret;
}

一个神奇的小结论:
对方程 ax+by=c a ∗ x + b ∗ y = c ,一组整数解为 (x0,y0) ( x 0 , y 0 )
则它的任意整数解可以写成 (x0+kb,y0ka) ( x 0 + k ∗ b ′ , y 0 − k ∗ a ′ ) ,其中 a=agcd(a,b) a ′ = a g c d ( a , b ) b=bgcd(a,b) b ′ = b g c d ( a , b )
证明:
如果我们现在有解 (x1,y1) ( x 1 , y 1 ) ,任取另外一组解 (x2,y2) ( x 2 , y 2 ) ,则
ax1+by1=ax2+by2=gcd(a,b) a ∗ x 1 + b ∗ y 1 = a ∗ x 2 + b ∗ y 2 = g c d ( a , b )
变形可以得到 a(x1x2)=b(y2y1) a ∗ ( x 1 – x 2 ) = b ∗ ( y 2 – y 1 )
两边同时除以 gcd(a,b) g c d ( a , b )
得到 a(x1x2)=b(y2y1) a ′ ∗ ( x 1 – x 2 ) = b ′ ∗ ( y 2 – y 1 )
因为 (a,b)=1 ( a ′ , b ′ ) = 1 ,所以 (x1x2) ( x 1 − x 2 ) 一定是b’的倍数
x1x2=kb x 1 − x 2 = k ∗ b ′ ,得 y2y1=ka y 2 − y 1 = k ∗ a ′

三、求逆元

由于 aφ(m)1(mod m) a φ ( m ) ≡ 1 ( m o d   m ) 那么 a1aφ(m)1(mod m) a − 1 ≡ a φ ( m ) − 1 ( m o d   m )
如果m为素数,那么答案为 am2 a m − 2
否则解线性同余方程

四、线性求1到n的逆元

f(i)=i! mod p,g(i)=i!1 mod p f ( i ) = i !   m o d   p , g ( i ) = i ! − 1   m o d   p
g(i)=g(i+1)(i+1) g ( i ) = g ( i + 1 ) ∗ ( i + 1 )
i1=f(i1)g(i) i − 1 = f ( i − 1 ) ∗ g ( i )
算出 fn f n 然后求出 fn f n 的逆元 gn g n ,递推即可。

五、线性同余方程组(CRT)

形如 xai(modmi) x ≡ a i ( m o d m i )
解法:增量法
假设一开始的方程 xa1(mod p1),xa2(mod p2) x ≡ a 1 ( m o d   p 1 ) , x ≡ a 2 ( m o d   p 2 )
那么有 p1t+a1a2(mod p2) p 1 t + a 1 ≡ a 2 ( m o d   p 2 )
p1ta2a1(mod p2) p 1 t ≡ a 2 − a 1 ( m o d   p 2 )
p1t+p2y=a2a1 p 1 t + p 2 y = a 2 − a 1
可以通过扩欧解出一个解 t0 t 0
tt0(mod p2gcd(p2,p1)) t ≡ t 0 ( m o d   p 2 g c d ( p 2 , p 1 ) ) (通过扩欧的小结论得出)
x0=p1t0+a1 x 0 = p 1 t 0 + a 1
xx0(mod lcm(p1,p2)) x ≡ x 0 ( m o d   l c m ( p 1 , p 2 ) ) 满足左边等式的x都是这两个方程符合条件的解
然后加入下一个方程

六、求n!中p的指数

i1npi ∑ i ≥ 1 ⌊ n p i ⌋
还有一个O(1)求的公式(可以用于一些奇怪的数位dp)
nf(n)p1 n − f ( n ) p − 1
f(n) 表示 n在p进制下的数位和
然而公式怎么推的并不会。。。

七、组合数

n,m较小的话 C(n,m)=C(n1,m)+C(n1,m1) C ( n , m ) = C ( n − 1 , m ) + C ( n − 1 , m − 1 ) 递推即可(NOIP2017提高组DAY2T1!!!当时就因为不知道递推式吃了亏)
n,m较大的话暴力用 f(n)g(m)g(nm) f ( n ) ∗ g ( m ) ∗ g ( n − m ) 求就可以(f,g定义参考线性求1到n逆元里的定义)
还有一种更快的方式求组合数 想学习一下的人百度Lucas定理
这里给出公式:
C(n,m)%p=C(n%p,m%p)C(np,mp)%p C ( n , m ) % p = C ( n % p , m % p ) ∗ C ( n p , m p ) % p

八、求阶

暴力枚举1到φ(m)判断即可

九、求原根

从小到大枚举g然后暴力判断即可

十、指数方程

axb(mod m) a x ≡ b ( m o d   m )
如果m为素数:
使用BSGS(baby-step giant-step)解决
x=qtr x = q t − r ( t一般取根号下m上取整)
aqtbar(mod m) a q t ≡ b ∗ a r ( m o d   m )
从0-m 枚举r 算出 bar b ∗ a r 的值 填入一个哈希表中
从1-m 枚举q 算出 aqt a q t 的值,在哈希表中检索
如果m不是素数:
提取公因数直到 gcd(a,m)=1 g c d ( a , m ) = 1
可能大家不理解
举个栗子:
假设我们要解一个方程 8x16(mod 24) 8 x ≡ 16 ( m o d   24 )
8和24不互质
所以我们先提取一个8
变成 88x116(mod 24) 8 ∗ 8 x − 1 ≡ 16 ( m o d   24 )
然后约一下变成 8x12(mod 3) 8 x − 1 ≡ 2 ( m o d   3 )
最后用BSGS求解得x=2
如果 (a,m)(a,m,b) ( a , m ) ≠ ( a , m , b ) 的话无解
xab(mod m) x a ≡ b ( m o d   m )
如果m为素数:
如果 gcd(a,φ(m))=1 g c d ( a , φ ( m ) ) = 1 ,那么求出a模φ(m)的逆元 a1 a − 1
xaa1xba1(mod m) x a ∗ a − 1 ≡ x ≡ b a − 1 ( m o d   m )
直接解x即可
否则:
先求出m的原根g
解出一个s符合 gsb(mod m) g s ≡ b ( m o d   m )
假设 x=gt x = g t
那么 gatgs(mod m) g a t ≡ g s ( m o d   m )
由原根的性质得到: ats(mod φ(m)) a t ≡ s ( m o d   φ ( m ) )
解出t即可
如果m不为素数:
分解m然后用CRT合并
当出现2^n时,因为它没有原根,所以说枚举答案即可

十一、二次剩余

形如 x2b(mod p) x 2 ≡ b ( m o d   p )
判断一个数是不是另一个数的二次剩余,只需要计算 bp12%p b p − 1 2 % p 是否等于1即可
复杂度O(p)
还有一种O(log n)的算法叫做cipolla’s algorithm,然而我并不会这种算法,而且这种算法貌似非常冷门,只有维基百科上才能查到…
至于二次剩余的用处嘛…据说可以用来卡常数

十二、Miller-rabin

一个判断一个数是不是素数的算法
并不会写…直接背代码就好2333

十三、Pollard-rho

分解质因数
也不会写…也可以直接背代码QwQ

(三)数论函数

一、积性函数

对于 gcd(a,b)=1 g c d ( a , b ) = 1 ,如果 f(ab)=f(a)f(b) f ( a ∗ b ) = f ( a ) ∗ f ( b ) 那么f(x) 为积性函数
常见的积性函数 d(x),σ(x),id(x),e(x),l(x),μ(x) d ( x ) , σ ( x ) , i d ( x ) , e ( x ) , l ( x ) , μ ( x )
d(x)=a|x1 d ( x ) = ∑ a | x 1
σ(x)=a|xa σ ( x ) = ∑ a | x a
id(x)=x i d ( x ) = x
l(x)=1 l ( x ) = 1
e(x)=1(x=1) e ( x ) = 1 ( x = 1 )
e(x)=0(x1) e ( x ) = 0 ( x ≠ 1 )

二、狄利克雷卷积

两个数论函数 f(x),g(x) f ( x ) , g ( x ) ,令 h=fg h = f ∗ g
h(x)=a|xf(a)g(xa) h ( x ) = ∑ a | x f ( a ) g ( x a )
几条性质:
①卷积满足交换律,结合律。
②两个积性函数的卷积还是积性函数
fe=f f ∗ e = f

三、莫比乌斯函数

μ(n)=1k μ ( n ) = − 1 k (k为n分解质因数后不同质因数的个数)
如果n有平方因子那么 μ(n)=0 μ ( n ) = 0
如何 n=1 n = 1 那么 μ(n)=1 μ ( n ) = 1
μl=e μ ∗ l = e
d|nμ(d)=e(n) ∑ d | n μ ( d ) = e ( n ) (这个结论大家自己想一下,可以借助杨辉三角辅助理解)

四、莫比乌斯反演

1.如果 F(n)=d|nf(d) F ( n ) = ∑ d | n f ( d ) 那么 f(n)=d|nμ(d)F(nd) f ( n ) = ∑ d | n μ ( d ) ∗ F ( n d )
推导:
F=fl F = f ∗ l
Fμ=flμ=fe=f F ∗ μ = f ∗ l ∗ μ = f ∗ e = f
2.如果 F(n)=n|df(d) F ( n ) = ∑ n | d f ( d ) 那么 f(n)=n|dμ(dn)F(d) f ( n ) = ∑ n | d μ ( d n ) ∗ F ( d )

五、线性筛素数

思想:每个合数只被它最小的素因子访问到
代码:

void get_prim(int n)
{
    vis[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!vis[i])
        {
            cnt++;prim[cnt]=i;
        }
        for (int j=1;j<=cnt&&i*prim[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*prim[j]]=1;
            if (i%prim[j]==0) break;  //看不懂这一步的去重新理解思想
        }
    }
}

扩展:通过线性筛可以线性求出一个积性函数的值。

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