数论初步

PS:以下部分定理没有证明,如果有读者想要了解定理的具体证明,请自行百度,本文限于篇幅(只是因为笔者自己不会),对部分定理的证明不作讨论。

本文讲啥

本文主要讲的是ACM中的数论基础内容(以后可能会再写一篇ACM的数论进阶内容),侧重应用,证明都是瞎证的,严谨的证明请观众姥爷自行百度

线性筛筛素数

埃氏筛

埃氏筛用每个素数来筛掉它的倍数,剩下的就是素数,时间复杂度是\(O(nloglogn)\)

为啥能正确地筛?

每一个合数,都可以被质因数分解,且根据唯一分解定理,这个分解是唯一的,所以只要拿每个素数把它的倍数都筛掉,就能所有合数筛掉

板子

bool check[maxn];
std::vector prime;

for (ll i = 2; i <= n; ++i)
    if (!check[i]) {
        prime.push_back(i);
        for (ll j = i * i; j <= n; j += i)
            check[j] = 1;
    }

为啥\(j\)\(i^2\)开始?

上面的板子中第二层循环就是用素数筛掉它的倍数的过程,\(j\)\(2i\)开始循环,那为什么板子里是从\(i^2\)开始呢?实际上,这是一个小小的优化,因为在用素数\(i\)来筛它的倍数时,区间\([2, i-1]\)中的所有素数已经将它的倍数都筛过了,所以\(2i\)\(3i\)\(\dots\)\((i-1)*i\),都可以跳过

欧氏筛\(^{[1]}\)

埃氏筛已经巨快了,然而对于每个合数,都很可能被筛多次,如16会被2筛,也会被4筛,下面介绍的欧氏筛可以做到每个合数就只被筛一次

咋筛的?

欧氏筛能正确地筛主要基于以下两点:

  • 任何一个合数都可以被表示为一个素数和一个数的乘积
  • 假设合数\(q=x*y\),且\(x\)也是合数,\(y\)是素数,那么同样合数\(x=a*b\),且\(a\)是素数,则\(q=x*y=a*b*y=a*(b*y)\),即\(q\)被另一个素数\(a\),和另一个合数\(b*y\)表示,不论\(a\)\(y\)谁打谁小,大的一个总能转到小的那个

第二点是理解板子里的第二层循环的\(if(i \% prime[j] == 0)\)的关键,每个合数只要被最小的能筛它的素数筛掉就行了,这样保证每个合数只会被筛一次

板子

bool check[maxn];
ll prime[maxn], tot = 0;

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

除了筛素数,还能干啥?

欧氏筛不仅能筛素数,还可以用来筛积性函数,如欧拉函数\(\phi(n)\),莫比乌斯函数\(\mu(n)\)等,这些不在本文讨论范围内,感兴趣的读者可以自行百度

快速幂、快速(龟速)乘和矩阵快速幂

都是用来干啥的?

快速幂可以以\(O(logb)\)的复杂度求出\(a^b\bmod mod\),快速乘是用来防止乘法溢出的,矩阵快速幂可以快速求出\(A^b\bmod mod\),其中\(A\)是一个矩阵,\(A\bmod mod \iff \forall a\ in\ A,a\%=mod\)\(a\)\(b\)是两个long long型整数

先讲一下模运算的一点性质
\[ (a*b)\%p=(a\%p)*(b\%p)\%p \\ (a^b)\%p=((a\%p)^b)\%p \]

基本思想

我们先来看下面的一个等式
\[ b = (b_{63}b_{62}\dotsb b_{1}b_{0})_{2} \]
其中\(b_i\)是从低位开始数\(b\)的第\(i\)位二进制值,则
\[ a^b=a^{(b_{63}b_{62}\dotsb b_{1}b_{0})_{2}}=a^{b_{63}*2^{63}}*a^{b_{62}*2^{62}}*\dotsb*a^{b_{0}*2^{0}} \]

矩阵快速幂的话只要把乘法换成矩阵乘法即可

相比于快速幂,快速乘可能用的地方少一点,如果在乘法过程中模数比较大,如\(mod\)\(1e15\)的数量级的,那么难以避免地会产生溢出,这时可以用快速乘把乘法转化为加法来避免溢出
\[ a*b=a*(b_{63}b_{62}\dotsb b_{1}b_{0})_{2}=a*(b_{63}*2^{63})+a*(b_{62}*2^{62})+\dotsb+a*(b_{0}*2^{0}) \]

板子

struct Mat{
    int m[N][N];
    inline void init() {
        for(int i = 0; i < N; i++)
            for(int j = 0; j < N; j++)
                m[i][j] = 0;
    }
}E; // E初始化为单位矩阵

// 快速幂
inline ll qpow(ll a, ll b, ll mod) {
    ll ans = 1L;
    while (b) {
        if (b & 1) 
            ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1; 
    }
    return ans;
}

// 龟速乘
inline ll qmul(ll a, ll b, ll mod) {
    ll ans = 0L;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = (ans + a) % mod;
        a <<= 1;
        b >>= 1;
    }
}

inline Mat mul(Mat a, Mat b, ll mod) {
    Mat c;
    c.init();
    for(int i = 0; i < N; i++)
        for(int j = 0; j < N; j++)
            for(int k = 0; k < N; k++)
                c.m[i][j] = (c.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]) % mod;   
    return c;
}

// 矩阵快速幂
inline Mat mpow(Mat a, ll b, ll mod) {
    Mat ans = E;
    while (b) {
        if (b & 1) 
            ans = mul(ans, a, mod);
        a = mul(a, a, mod);
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

矩阵快速幂怎么用?

基本上不会有题目直接要求矩阵\(A^b \bmod mod\),一般是通过\(f(n)\)与前几项的递推关系求\(f(n)\)的值,这个\(n\)一般贼大,比如\(1e18\)不大的话用啥矩阵快速幂直接递推就完了,比如问斐波那契数列的第\(n\)项,\(n<=1e18\),这时由于\(f(n)=f(n-1)+f(n-2)\),有
\[ \begin{bmatrix}f(n)\\f(n-1)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}f(n-1)\\f(n-2)\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^{n-2}\begin{bmatrix}f(2)\\f(1)\end{bmatrix} \]
我们记\(A=\begin{bmatrix}1&1\\0&1\end{bmatrix}^{n-2}\),那么\(f(n)\equiv A.m[0][0]*f(2)+A.m[0][1]*f(1) \pmod{mod}\),这种类型的题都可以像这样构造矩阵来求解

在?来道例题

  • POJ 3233 Matrix Power Series

    思路:题目涉及到求矩阵的高次幂,可以往矩阵快速幂方向想,构造递推关系,从式子 \(S_k = A+A^2+\dots+A^k\),可以看出\(S_k = S_{k-1}*A+A\),那么就可以构造矩阵了
    \[ \begin{bmatrix}S_k\\A\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&E\\0&E\end{bmatrix}\begin{bmatrix}S_{k-1}\\A\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&E\\0&E\end{bmatrix}^{k-1}\begin{bmatrix}S_1\\A\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}A&E\\0&E\end{bmatrix}^{k-1}\begin{bmatrix}A\\A\end{bmatrix} \]

数论分块\(^{[2]}\)

干啥的?

数论分块常用来解决下面这种问题
\[ \sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor \]
其中\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)表示\(n\)\(i\)向下取整

当然暴力地\(O(n)\)肯定能求出来,但是对于很多题\(O(n)\)是不够的,其实只要我们列出前几项,就会发现\(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)会有一段连续的相同值,如\(9/5,9/6,9/7,9/8\)都是\(1\),所以只要用这一段的长度乘以这一段的值就可以快速求和

板子

ll ans = 0L;
for(ll l = 1L, r = 0L; l <= n; l = r + 1) {
    ll num = n / l;
    r = n / num;
    ans += (r - l + 1) * num;
}   

然而一般不会出现裸题,数论分块一般和其他的内容结合起来,或者式子需要进行适当变换,如
\[ \sum_{i=1}^{n}(k \bmod i)=\sum_{i=1}^{n}(k - \left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor*i)=k*n-\sum_{i=1}^{n}\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor*i \]

这样可以用等差数列来求\(\left\lfloor\frac{k}{i}\right\rfloor\)相等的一段的值

欧拉定理

内容

若正整数\(a\)\(n\)互质, 即\(\gcd(a,n)\)
\[ a^{\phi(n)}\equiv1\pmod{n} \]
其中,\(\phi(n)\)是欧拉函数,等于区间\([1, n-1]\)上与\(n\)互质的数的个数

推论——欧拉降幂公式

若正整数\(a\)\(n\)互质,那么对于任意正整数\(b\),有
\[ a^b\equiv a^{b\bmod \phi(n)}\pmod{n} \]
欧拉函数的性质:

  • \(\phi(p^n)=p^n-p^{n-1}\)
  • \(m\)\(n\)互质,\(\phi(mn)=\phi(m)*\phi(n)\),即欧拉函数是积性函数
  • \(n=p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*\dots *p_k^{a_k}\),则\(\phi(n)=n*(1-\frac{1}{p_1})*(1-\frac{1}{p_2})*\dots*(1-\frac{1}{p_k})\),且\(n\)的因子个数为\((a_1+1)*(a_2+1)*\dots*(a_k+1)\)

咋算欧拉函数\(\phi\)

  1. 欧氏筛筛欧拉函数,可以以\(O(n)\)的复杂度计算出phi[1]到phi[n]

    phi[1] = 1;
    check[1] = true;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!check[i]) {
            prime[++tot] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= 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;
            }
        }
    }
  2. 单计算\(\phi[n]\)\(O(\sqrt{n})\)

    int euler(int x) {
        int res = x;
        for(int i = 2; i * i <= x; i++)
            if(x % i == 0) {
                 res = res / i * (i - 1);
                 while(x % i == 0) x /= i;
            }
        if(x > 1) res = res / x * (x - 1);
        return res;
    }

能干啥?

  • 能降幂(不然叫欧拉降幂公式干啥)

例题

  • HDU 4704 SUM

    思路:用高中排列组合可以看出\(\sum_{i=1}^{N}S(i)=2^{N-1}\),快读读入N,边读边取模,需要注意的是要对\(MOD-1\)取摸,然后快速幂就完事了

费马小定理

内容

对于素数\(p\),任意整数\(a\),均满足
\[ a^p \equiv a\pmod{p} \]
如果\(a\)不能被能被\(p\)整除,即\(p\nmid a\),则上式可化为
\[ a^{p-1} \equiv 1\pmod{p} \]

本质

费马小定理是欧拉定理的特例,因为对于质数\(p\)\(\phi(p)=p-1\)

能干啥?

  • 先讲讲乘法逆元是啥

    若有\(a*b\equiv 1\pmod{p}\),则称\(b\)\(a\)在模\(p\)意义下的乘法逆元,或\(a\)\(b\)在模\(p\)意义下的乘法逆元,记为\(inv(a)\)\(inv(b)\)

  • 快速幂求乘法逆元,适用于模数\(p\)为质数的情况

\[ a^{p-1}\equiv a^{p-2}*a\equiv1\pmod{p} \]
所以,\(a^{p-2}\)就是\(a\)在模\(p\)意义下的逆元,即\(inv(a)=a^{p-2}\),快速幂\(O(logn)\)就能求

例题

  • HDU 1576 A/B

    思路:因为\((A/B)\equiv A*inv(B)\equiv (A \bmod 9973)*inv(B)\pmod{9973}\)\(A\bmod 9973=n\),9973是个质数,可以快速幂求\(inv(B)\)

威尔逊定理

内容

\(p\)为素数时,
\[ (p-1)!\equiv-1\pmod{p} \]
且这时一个充要条件,即当式子成立时,\(p\)是素数

咋用?

俺也不知道,蒟蒻没做过这类的题(,也许可以用来化简一些式子

扩展欧几里得\(^{[3]}\)

内容

大家都知道欧几里得算法就是求\(\gcd(a,b)\)的辗转相除法

inline int gcd(int a, int b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

那扩展欧几里得是个啥呢?在介绍扩欧之前,先了解一下贝祖定理或称裴蜀定理

对于任意整数\(a,b\)\(ax+by=\gcd(a,b)\)一定有整数解,且对于任何整数\(x,y\)\(ax+by\)必然是\(\gcd(a,b)\)的倍数

贝祖定理还有一个重要的推论:

对于任意整数\(a,b\)\(a,b\)互质\(\iff \exist{x, y}\in Z\),使得\(ax+by=1\)

那如何求出\(ax+by=\gcd(a,b)\)的解呢?这时扩展欧几里得闪亮登场

我们可以注意到在辗转相除法达到递归边界时,即当\(b == 0\)时, \(a = \gcd(a,b)\),我们得出此时的\(ax+by=\gcd(a,b)\)的解是\(x=1,y=0\),再反过来推回去(有点像数学归纳法反过来)

假设我们要求\(ax+by=\gcd(a,b)\)的整数解,而我们已经通过递归求出了\(b*x_1+(a\%b)*y_1=\gcd(b, a\%b)\),这时我们把\(a\%b=a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*b\)带入前面的式子有
\[ b*x_1+(a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*b)*y_1 = a*y_1+b*(x_1-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*y_1) \]
可以发现\(x=y_1,y=x_1-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor*y_1\),这样两个相邻的递归状态间的\(x,y\)可以转换,在求\(\gcd\)的同时就能顺便解方程

板子

typedef long long ll;
inline ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if(!b) {
        x = 1L; y = 0L;
        return a;
    }
    ll gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll tmp = y;
    y = x - a / b * y;
    x = tmp;
    return gcd;
}

作用

  • 很显然第一种用法就是求\(ax+by=\gcd(a,b)\)的整数解,需要注意的是求出来的只是一组解

  • 求乘法逆元,大概算是求解线性同余方程的一种

    前文已经说过快速幂可以在模数\(p\)为素数的前提下,以\(O(logn)\)的复杂度求出\(n\)关于\(p\)的乘法逆元\(inv(n)=x\),但是如果\(p\)不是素数,就不能用快速幂求逆元了,这时可以用扩欧来求乘法逆元

    考虑式子
    \[ n*x\equiv1\pmod{p} \]
    可以转化为
    \[ n*x+p*y=1 \]
    两边同乘\(\gcd(n,p)\)得到
    \[ n*x*\gcd(n,p)+p*y*\gcd(n,p)=\gcd(n,p) \]
    这时用扩欧可以求出\(x*\gcd(n,p)\)\(y*gcd(n,p)\),进而可以求出\(x\)

  • 扩展中国剩余定理,限于篇幅这个内容不作讨论也许以后会填坑

例题

  • CF 963A Alternating Sum

    思路:我们以字符串长度将和式进行分块,每\(len\)为一块,我们先求出第一块的和\(\sum_\limits{i=0}^{len-1}s_ia^{n-i}b^i\)并将它记为\(sum\),那么后面一块的和就等与\(sum*b^{len}/a^{len}\),总计\(block=n/len\)块,每块的和构成等比数列,总的和\(S=sum*((b^{len}/a^{len})^{block}-1)/(b^{len}/a^{len}-1)\)

    通过扩欧求出\(a\)在模\(p=1e9+9\)下的乘法逆元\(inv(a)\),那么在模\(p\)意义下,\(b^{len}/a^{len}\equiv b^{len}*x^{len} \pmod{p}\),我们记\(q=b^{len}*x^{len}\%p\)\(S\equiv (sum\%p)*(q^{block}-1)/(q-1) \pmod{p}\),那我们再求一次在模\(p\)意义下\(q-1\)的乘法逆元\(inv(q-1)\),即可求解。需要注意的是如果\(q==1\)\(inv(q-1)\)就没有意义,所以需要特判,如果\(q==1\)\(S=sum*block\)

中国剩余定理

内容

设正整数\(m_1,m_2,\dots,m_k\)两两互质,则同余方程组
\[ \begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\\\ \vdots\\x\equiv a_k\pmod{m_k}\end{cases} \]
有整数解,且在模\(M=\prod\limits_{i=1}^{k}m_i\)下的解是唯一的,解为
\[ x\equiv \sum_{i=1}^{k}a_i*M_i*M_i^{-1} \pmod{M} \]
其中\(M_i=M/m_i\)\(M_i^{-1}\)\(M_i\)在模\(m_i\)下的乘法逆元

瞎**证明

由定义\(\gcd(m_i, M_i)=1\),设
\[ x^* = \sum_{i=1}^{k}a_i*M_i*M_i^{-1} \]
由于\(a_i*M_i*M_i^{-1} \equiv a_i \pmod{m_i}\),且对\(\forall j\neq i,a_i*M_i*M_i^{-1} \equiv 0 \pmod{m_j}\),所以
\[ x^*= a_i*M_i*M_i^{-1}+\sum_{j\neq i}a_j*M_j*M_j^{-1}\equiv a_i+\sum_{j\neq i}0 \equiv a_i \pmod{m_i} \]
\(x^*\)是同余方程组的一个解。

\(x_1\)\(x_2\)都是同余方程组的解,那么对于\(\forall i\in[1,k], x_1-x_2\equiv 0 \pmod{m_i}\),这说明\(x_1-x_2\)\(m_i(\forall i\in [1, k])\)的倍数,而\(m_1,m_2,\dots,m_k\)两两互质,这说明\(x_1-x_2\)\(M\)的倍数,所以同余方程组在模\(M=\prod\limits_{i=1}^{k}m_i\)下的解是唯一的,解为
\[ x\equiv \sum_{i=1}^{k}a_i*M_i*M_i^{-1} \pmod{M} \]

作用

  • 显然,中国剩余定理是用来求解模数互质的线性同余方程组的

扩展

既然中国剩余定理是求解模数互质的线性同余方程组的,好学的读者们肯定会问,那要是模数不互质呢?关于模数不互质的线性同余方程组,我们暂且不进行讨论以后大概会填坑

裸题

  • TJOI 2009/洛谷P3868 猜数字

    思路:从题意看出需要求解方程组\(n\equiv a_i\pmod{b_i}, i\in[1, k]\),是中国剩余定理的裸题

卢卡斯定理

内容

对于正整数\(n,m\),素数\(p\),下面同余式成立
\[ C_n^m \equiv \prod_{i=0}^{k} C_{n_i}^{m_i} \pmod{p} \]
其中,\(n_i,m_i(<=p-1)\)分别为\(n, m\)\(p\)进制表示的各个位
\[ n=n_kp^k+n_{k-1}p^{k-1}+\dots+n_1p+n_0 \\ m=m_kp^k+m_{k-1}p^{k-1}+\dots+m_1p+m_0 \]
笼统点讲就是\(C_n^m \equiv C_{n\%p}^{m\%p}C_{n/p}^{m/p} \pmod{p}\),这样我们只要对\(C_{n/p}^{m/p}\)再递归地调用\(Lucas\)定理就行了,所以代码其实挺好写

用法

适用条件

卢卡斯定理适合于数据范围较大但又不太大的情况,注意模数\(p\)需要是质数它可以把较大的组合数转化为多个较小的组合数乘积,但是如果模数\(p\)很大,\(n_i,m_i\)的数据范围\(([0,p-1])\)也会很大,效果就会不好

怎么用

根据排列组合公式
\[ C_n^m = \frac{n!}{m!(n-m)!} \]
我们可以先\(O(n)\)预处理出模\(p\)时阶乘数组\(fact[n]\),为了求\(C_{n_i}^{m_i}\%p\),可以用快速幂求出\(m!\)\((n-m)!\)在模\(p\)意义下的乘法逆元,这样可以以\(O(logn)\)求出\(C_{n_i}^{m_i}\)

ll fac[maxn];
ll n, m, p;

// 快速幂就不再写一遍了
inline ll C(ll n, ll m, ll p) {
    if(n < m) return 0;
    return fac[n] * qpow(fac[m], p - 2) % p * qpow(fac[n - m], p - 2) % p;
}

inline ll Lucas(ll n, ll m, ll p) {
    if(!m) return 1;
    return C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p) % p;
}

int main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &m, &p);
    fac[0] = fac[1] = 1L;
    for(ll i = 2L; i < p; i++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
    printf("%lld\n", Lucas(n + m, m, p));
    return 0;
}

参考网站

[1] 学习笔记--数论--欧式线性筛素数

[2] 数论分块

[3] 扩展欧几里得算法详解

顺便推荐一下以上的几个博客,讲得通俗易懂

你可能感兴趣的:(数论初步)