数论知识总结——史诗大作(这是一个flag)

1、快速幂

计算a^b的快速算法,例如,3^5,我们把5写成二进制101,3^5=3^1*1+3^2*2+3^4*1

ll fast(ll a,ll b){ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ans=mul(ans,a);return ans;}//一行快速幂

 

2、快速乘

当模数较大时,直接乘会爆掉long long,需要快速乘法。

即用浮点计算倍数,做差相当于计算余数模2^63的结果,然后再模一下就好了(因为余数不超过long long)

typedef long long ll;
ll mul(ll x,ll y){return ((x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/mod)*mod)%mod+mod)%mod;}//一行快速乘

练习题目:【HDU5187】zhx's contest

 

 

3、同余原理(gcd)

定理:gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)

证明:a可以表示成a=kb+r,则r=a mod b 

     假设d是a,b的一个公约数,则有 d|a, d|b,而r = a - kb,因此d|r ,因此d是(b,a mod b)的公约数

     假设d 是(b,a mod b)的公约数,则 d|b , d|r ,而a=kb+r,因此d也是(a,b)的公约数

     因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的,其最大公约数也必然相等,得证。

int gcd(a,b){return !b?a:gcd(b,a%b);}//一行gcd

 

4、丢番图方程

裴蜀定理:丢番图方程(二元一次,下同)ax+by=m有解当且仅当m|(a,b)

扩展gcd:求丢番图方程ax+by=gcd(a,b)的整数解

证明:a*x1+b*y1=gcd(a,b)

   b*x2+(a mod b)*y2=gcd(b,a mod b)

     因为gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)

   得a*x1+b*y1= b*x2+(a mod b)*y2 = b*x2+(a-a/b*b)*y2 = a*y2+b*(x2-a/b*y2)

   所以x1=y2,y1=x2-a/b*y2

末状态:b=0,a=gcd(a,b)时,gcd(a,b)*x=gcd(a,b),得x=1

扩展欧几里得的过程可以理解为从末状态向上不断回溯的过程,直到得到原方程的一组解。

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

丢番图方程的通解:若(a,b)=d, ax+by=m有一组解(x0,y0)通解为:x=x0+(b/d)k, y=y0-(a/d)k就是设法让正负相互对消,(真·小学奥数内容)

解惑:多数初学者可能会有这样的疑问(反正我刚学的时候有),要解的方程是ax+by=m,而以上算法解的是ax+by=gcd(a,b)

其实ax+by=gcd(a,b)可以变为ax*k+by*k=gcd(a,b)*k,令gcd(a,b)*k=m,求出k,然后x*k就是ax+by=m的解。

练习题目:【NOIP2012】同余方程

【POJ1061】青蛙的约会

【NOI2002】荒岛野人

【CF#724C】Ray Tracing

 

 

5、乘法逆元

定义:对于正整数a和m,如果a*x mod m=1, 则x的最小正整数解称为a模m的逆元,表示为a^(-1) (mod m)

求解方法:(1)根据费马小定理:有a^(m-1) mod m=1,  即a*a^(m-2) mod m=1, 所以a^(m-2)就是a模m的逆元。 (适用条件:m为素数)

     (2)扩展欧几里得求解:a*x mod m=1,即a*x-m*y=1,解这个丢番图方程即可。  (适用条件:gcd(a,m)=1)

     (3)欧拉函数法:留个坑。

     (4)线性递推:规定m为质数,且1^(-1)≡1(mod m)    设m=k∗a+b  (b

              两边同时乘以a^(−1)∗b^(−1),得到 k∗b^(−1)+a^(−1)≡0   (mod m) 

              a^(-1)≡−k∗b^(−1)     (mod m)      

              a^(−1)≡−m/a∗(m mod a)^(-1)      (mod m) 

              从头开始扫一遍即可,时间复杂度O(n)         (适用条件:m为素数)

逆元的一个经典应用:我们知道除法不符合模性质,那么在解决(a/b)mod m 的问题时该怎么办呢?

     推导一下:设a/b=k*m+x,那么x就是所求答案。

          a=k*m*b+x*b

          a mod (m*b) = x*b

          x=(a mod (m*b))/b

但是如果b很大,则会出现爆精度问题,所以我们避免使用除法直接计算。 

可以使用逆元将除法转换为乘法: 

假设b存在乘法逆元,即与m互质(充要条件)。设c是b的逆元,即b∗c≡1(modm),那么有a/b=(a/b)∗1=((a/b)∗b∗c)mod m=(a∗c)mod m

即,除以一个数取模等于乘以这个数的逆元取模。

 

 

6、中国剩余定理

<1>互质版

定理内容:(我不会证明)

给定n组同余方程(m1,m2,m3……mn两两互质):

x≡a1(mod m1)

x≡a2(mod m2)

x≡a3(mod m3)

……

x≡an(mod mn)

令M=m1∗m2∗...∗mn , 则x=(a1*M1*M^(-1)+a2*M2*M^(−1)+...+an*Mn*M^(−1)) mod M (其中Mi=M/mi , M^(-1)为Mi mod mi的乘法逆元。)

void China()
{
    for(ll i=1;i<=n;i++)
    {
        ll x,y,Mi=M/m[i];
        exgcd(Mi,m[i],x,y);
        ans=(ans+Mi*x*a[i])%M;
    }
}

<2>非互质版

设x%a1=m1, x%a2=m2

则x=k1*m1+a1=k2*m2+a2

设(m1,m2)=d,则k1*(m1/d) = k2*(m2/d)+(a2-a1)/d   (注意必须满足d|(a2-a1))

注意到m1/d与m2/d互质,解方程:k1*(m1/d)=(a2-a1)/d (mod m2/d)得到通解k1 = k+r*(m2/d)

代回得x = (k+r*m2/d)*m1+a1 = r*(m1*m2/d)+k*m1+a1

即x=k*m1+a1 (mod lcm[m1,m2])

这样就实现了2个方程的合并,将所有方程两两合并,就能求出最终的x

int China()
{
    int A=a[1],k,y;  M=m[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        int da=a[i]-A,g;
        exgcd(M,m[i],g,k,y);
        if(da%g)  return -1; 
        k*=da/g;
        A+=k*M;
        M=M*m[i]/g;
        A=(A+M)%M;
    }
    return A;
}

练习题目:【Vijos1164】曹冲养猪

【codevs3990】中国余数定理2

【HDU1573】X问题

【POJ2891】Strange Way to Express Integers

【CF#338D】GCD Table

 

 

7、欧拉函数

定义:对于一个正整数n,小于n且和n互质的正整数(包括1)的个数叫做欧拉函数,记作φ(n) 。

通式:φ(x)=x*(1-1/p1)*(1-1/p2)*(1-1/p3)*(1-1/p4)…..(1-1/pn),其中p1, p2……pn为x的所有质因数,x是不为0的整数。φ(1)=1(唯一和1互质的数就是1本身)。

欧拉函数是积性函数——若m,n互质,φ(mn)=φ(m)φ(n)。

特殊性质:1、当n为奇数时,φ(2n)=φ(n)

     2、M=d|Mϕ(d) (d|M)

     3、对于给定的一个素数p,φ(p)=p -1。则对于正整数 n = p^k ,φ(n) = p^k - p^(k -1)

递推性质:若(N % a == 0 && (N / a) % a == 0) 则有:E(N)=E(N / a) * a;

       若(N % a == 0 && (N / a) % a != 0)  则有:E(N)=E(N / a) * (a - 1)。

由递推性质可得求欧拉函数的代码,时间复杂度:O(n)

void get()
{
    memset(check,0,sizeof(check));
    int cnt=0;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!check[i])  {prime[++cnt]=i;  phi[i]=i-1;}
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;j++)
        {
            check[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j])  phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
            else  {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break;}
        }
    }
}

练习题目:【bzoj2190】[SDOI2008]仪仗队          

【POJ2478】Farey Sequence                

【bzoj2818】Gcd               

【bzoj2705】[SDOI2012]Longge的问题     

【bzoj2186】[Sdoi2008]沙拉公主的困惑    

【bzoj2749】[HAOI2012]外星人

 

 

8、数论四大定理

<1>欧拉定理

内容:对于互质的正整数a和n,有a*φ(n) ≡ 1 (mod n)。

用欧拉定理解决幂的模运算:a^b mod m = a^(b mod phi[m]) mod m

证明:a^b mod m=a^((phi[m])*k)*a^(b mod phi[m]) mod m=a^(b mod phi[m]) mod m

练习题目:【bzoj3884】上帝与集合的正确用法

<2> 费马小定理

内容:a^(p-1)%p=1  (p是素数)

证明:根据欧拉定理有a^(phi[p])%p=1, 因为p是质数,所以phi[p]=p-1,所以a^(p-1)%p=1 

<3>威尔逊定理

内容: (p-1)! mod p=-1 (p是素数)

证明:考虑一个长度为p的环,将环上p个点顺次连成一条折线

     共有(p-1)!种,其中p-1种全同的具有循环不变性,其他每个都属于大小为p的同余类

     故p|((p-1)!-(p-1))

     即(p-1)!=-1(mod p)

练习题目:【HUD5391】Zball in Tina Town

<4>中国剩余定理

上面讲过了,不再赘述。

 

 

9、素数相关

<1>线性筛素数

可以在O(n)的时间内求出1~n的所有素数。

int cnt,prime[MAXN],check[MAXN];
void get()
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!check[i])  prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++)
        {
            check[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)  break;//保证线筛的时间复杂度
        }
    }
}

<2>Rabin-Miller测试

根据费马小定理,若p为素数,则必有a^(p-1) mod p=1 对和p互质的a成立。

二次探测定理:如果p是素数,且0

    证明:因为x^2 mod p=1,所以p|(x-1)*(x+1),故(1%p)的平方根为1或-1

所以若p为素数,则必有a^(p-1) mod p 的平方根为1或-1

分解p-1为d*2^s,其中d为奇数

从i=0逐次计算a^(d*2^(s-i)),相当于“开方”,若得到-1或追查到a^d=1 (mod p),则p通过测试,否则不通过

时间复杂度O(k*(logn)^3)

int fast(int a,int b,int mod) {int sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum=sum*a%mod;return sum;}//一行快速幂
bool Rabin_Miller(int p,int a)
{
    if(p==2)  return 1;
    if(p&1==0||p==1)  return 0;
    int d=p-1;
    while(!(d&1))  d>>=1;
    int m=fast(a,d,p);
    if(m==1)  return 1;
    for(;d
,k是选的a的个数

练习题目:【HUD2138】How many prime numbers

<3>Pollard_Rho因数分解 

基础:一个能生成随机序列的函数f,一般取f(x)=x^2+c  (c是一个随机的数)

递归处理:

若n是素数(用Rabin-Miller判断),则已完成分解

否则,从某个x1开始,不断计算x1=f(x1)%n

在模n的任一因数意义下,它们将ρ型循环

有一堆ρ型,故名Pollard-Rho

若出现循环,即1gcd(abs(x1-x2),n)

递归分解gcd(abs(x1-x2),n)和n/gcd(abs(x1-x2),n)

若出现重复,则更改函数(更改c的值)

判重复:判断x1和x[2..2]是否检出,x2和x[3..4]是否检出,x4和x[5..8]是否检出……

时间复杂度:找出因子p需要O(sqrt(p))

int cnt,fac[1000100],num[1000100];
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
int fast(int a,int b,int mod) {int sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum=sum*a%mod;return sum;}//一行快速幂
bool Rabin_Miller(int p,int a)
{
    if(p==2)  return 1;
    if(p&1==0||p==1)  return 0;
    int d=p-1;
    while(!(d&1))  d>>=1;
    int m=fast(a,d,p);
    if(m==1)  return 1;
    for(;d1&&d

练习题目:【bzoj3667】Rabin-Miller算法 

【POJ1811】Prime Test

 

 

10、离散对数

离散对数是解决同余方程 A^x = B (mod C)的最小整数解

<1>Shank大步小步法(又叫Baby Step Giant Step算法

由欧拉定理,只需要检查1<=x

的值存到一个Hash表里面

的值一一枚举出来,每枚举一个就在Hash表里面寻找是否有一个值满足

,如果有则找到答案,否则继续

最终答案就是的值对应的原来A的幂

那么如果C不是素数呢?

当C为合数时,我们就需要把Baby Step Giant Step扩展一下。在普通Baby Step Giant Step中,由于是素数,那么,所以一定有唯一解的。那么,当为合数时,我们可以这样处理:

对于方程,我们拿出若干个A出来与C来消去公共因子,使得为止,那么此时我们就可以直接通过扩展欧几里得来计算结果了。

——以上内容转自ACdreamers离散对数(Baby Step Giant Step)

下面给出bzoj2480的代码作为模板(良心的博主加上了注释):

/*************
  bzoj 2480
  by chty
  2016.11.8
*************/
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define mod 99991
typedef long long ll;
struct node{ll v,num,f;}hash[mod+10];
ll A,B,C;
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;  char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-'0';  ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll gcd(ll a,ll b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
void insert(ll v,ll x)  //哈希表插入操作
{
    ll t=v%mod;
    while(hash[t].f&&hash[t].v!=v) {t++; if(t>mod) t-=mod;}
    if(!hash[t].f) {hash[t].f=1;hash[t].num=x;hash[t].v=v;}
}
ll find(ll v)  //哈希表查询操作
{
    ll t=v%mod;
    while(hash[t].f&&hash[t].v!=v) {t++; if(t>mod) t-=mod;}
    if(!hash[t].f)  return -1;
    else return hash[t].num;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)  //扩展欧几里得算法求丢番图方程的一组解
{
    if(!b)  {x=1; y=0; return;}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    ll t=x;x=y;y=t-a/b*y;
}
ll Shank()
{
    ll ret=1;
    for(ll i=0;i<=50;i++) {if(ret==B)return i;ret=ret*A%C;}  
    //判断在0~50内是否有解,这就是Baby_Step,不加这一步会wa掉,因为下面做除法时,假设的是A足够用
    ll temp,ans(1),cnt(0);
    while((temp=gcd(A,C))!=1)//当A与C不互质时,拿出若干个A出来与C来消去公共因子,使得gcd(A,C)=1为止
    {
        if(B%temp)  return -1;//根据裴蜀定理,如果gcd(A,C)|B不成立,则无解
        C/=temp;  B/=temp;
        ans=ans*(A/temp)%C;  
        cnt++;  //记录已经乘了cnt个A,以及这些A与C消掉公因子后的结果ans
    }
    ll m=(ll)ceil(sqrt(C*1.0)),t(1);  //保证时间复杂度为O(n^0.5)
    for(ll i=0;i

练习题目:【bzoj2480】Spoj3105 Mod

【bzoj3239】Discrete Logging

【bzoj2242】[SDOI2011]计算器

 

 

11、指数和原根

定义:设m>1,gcd(a,m)=1,使得 a^x mod m=1 成立的最小的 x,称为 a 对模 m 的指数(阶)。

定义:设m是正整数,a是整数,若 a 模 m 的阶等于 phi(m),则称 a 为模 m 的一个原根。

定理:如果 p 为素数,那么素数 p 一定存在原根,并且模 p 的原根的个数为 phi(p-1)。

定理:如果模 m 有原根,那么它一共有 phi ( phi (m) ) 个原根。

求模素数 p 原根的方法:对 p-1 进行素因子分解,记pi为p-1的第i个因子,若恒有a^((p-1)/pi) mod p ≠ 1  成立,则 a 就是 p 的原根。(对于合数求原根,只需把 p-1 换成 phi(p) 即可)

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define FILE "read"
int p,cnt,len,pr[50010],prime[50010],isprime[50010];
int gcd(int a,int b) {return !b?a:gcd(b,a%b);}
int fast(int a,int b,int mod) {int sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum*=a;return sum;}
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*10+ch-'0';  ch=getchar();}
    return x*f;
}
void get()
{
    for(int i=2;i<=50000;i++)
    {
        if(!isprime[i])  prime[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=50000;j++)
        {
            isprime[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)  break;
        }
    }
    int temp=p-1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        if(temp%prime[i]==0)  pr[++len]=prime[i];
        while(temp%prime[i]==0)  temp/=prime[i];
    }
    if(temp>1)  pr[++len]=temp;
}
bool check(int d)
{
    if(gcd(p,d)!=1)  return 0;
    for(int i=1;i<=len;i++)  if(fast(d,(p-1)/pr[i],p)==1)  return 0;
    return 1;
}
int main()
{
    freopen(FILE".in","r",stdin);
    freopen(FILE".out","w",stdout);
    p=read();  get();
    for(int i=2;i

练习题目:【POJ1284】Primitive Roots

【CF#303D】Rotatable Number 

 

 

12、二次剩余

二次剩余是解决同余方程x^2≡n (mod p) 的解,p是奇素数

引理:

证明:由费马小定理,

引理:方程有解当且仅当

定理:满足不是模的二次剩余,即无解,那么是二次剩余方程的解。

证明:,前面的等号用二项式定理和,后面的等号用了费马小定理和是模的二次非剩余。然后

 

      数论知识总结——史诗大作(这是一个flag)_第1张图片

在算法实现的时候,对的选择可以随机,因为大约有一半数是模的二次非剩余,然后快速幂即可。

在做快速幂时,处理sqrt(w)的方法:相乘时保留根号,用结构体记录即可,千万不要把w开出来。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define FILE "read"
#define up(i,j,n) for(ll i=j;i<=n;i++)
#define down(i,j,n) for(ll i=j;i>=n;i--)
struct node{ll p,d;}temp;
ll T,w;
namespace INIT{
	char buf[1<<15],*fs,*ft;
	inline char getc(){return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;}
	inline ll read(){
		ll x=0,f=1;  char ch=getc();
		while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getc();}
		while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0';  ch=getc();}
		return x*f;
	}
}using namespace INIT;
node mul(node a,node b,ll mod){
	node ans;
	ans.p=(a.p*b.p%mod+a.d*b.d*w%mod)%mod;
	ans.d=(a.p*b.d%mod+a.d*b.p%mod)%mod;
	return ans;
}
ll fast(ll a,ll b,ll mod){ll sum=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)sum=sum*a%mod;return sum;}
node Fast(node a,ll b,ll mod){node sum;sum=(node){1,0};for(;b;b>>=1,a=mul(a,a,mod))if(b&1)sum=mul(sum,a,mod);return sum;}
ll lerangde(ll n,ll p){return fast(n,(p-1)>>1,p);}
ll solve(ll n,ll p){
	if(p==2)  return 1;
	if(lerangde(n,p)+1==p)  return -1;
	ll a;
	while(1){
		a=rand()%p;
		w=(a*a-n)%p;
		if(w<0) w+=p;
		if(lerangde(w,p)+1==p)  break;
	}
	temp.p=a;  temp.d=1;
	node ans=Fast(temp,(p+1)>>1,p);
	return ans.p;
}
int main(){
	freopen(FILE".in","r",stdin);
	freopen(FILE".out","w",stdout);
	T=read();
	while(T--){
		ll n=read(),p=read();n%=p;
		ll x1=solve(n,p);
		if(x1==-1)  {printf("No root\n"); continue;}
		ll x2=p-x1;
		if(x1>x2)  swap(x1,x2);
		if(x1==x2)  printf("%lld\n",x1);
		else printf("%lld %lld\n",x1,x2);
	}
	return 0;
}

 


13、母函数

定义:∑a[i]*x^i是序列{an}的母函数,其中i从0到正无穷

解释:f(x)=1+x+x^2+x^3+……+x^n中每一项的系数代表方案数,指数代表方案的要求。

举个例子:m不同的骰子,求掷出n点的方案数。     

构造f(x)=(x^1+…+x^6)^m,那么展开后x^n的系数就是答案。

一下内容就需要高等数学的基础了。。。

泰勒展开:f(x)=

将x=0带入得到麦克劳林公式(这个是常用的)

常见例子:1/(1-x)=1+x+x^2+x^3+……

      e*x = ∑ x^n / n!



参考文献——王梦迪河南省队培训讲稿《数论基础》

 

 

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