【知识总结】数论全家桶

NOI2019 不到一周了,开始总复习 颓废 咯 ~

一些数论算法以前已经写过了,本文主要用于总结一些杂七杂八的小算法,查缺补漏。

传送门 (说到传送门,Steam 夏日大促 Portal 2 只要 3 CNY 就是一玩起来就 3D 眩晕没法学习)

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本文将涉及以下内容:

  • 更相减损术、欧几里得算法及扩展欧几里得算法

  • 逆元

  • 中国剩余定理及扩展中国剩余定理

  • Lucas 定理

本文中所有字母如无特殊说明均默认为正整数。

更相减损术、欧几里得算法及扩展欧几里得算法

更相减损术

首先一个很显然的结论:

\[ \gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)(a\geq b) \]

(证明略,反正看起来很显然就对了 —— 虽然这个显然的结论经常想不到 QAQ )

于是可以就照着这个一直递归(或者迭代)下去,边界是 \(\gcd(a,0)=a\)

欧几里得算法

这就是大家熟悉的 \(\gcd(a,b)=\gcd(a \bmod b, b)\) ,可以从上面那个结论推过来。同样可以通过递归的方式计算:

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

听说有时候更相减损术因为不用取模反而比这个还快?但是为什么我从来没见人写过更相减损术??

扩展欧几里得算法

这玩意可不仅仅是算个最大公因数那么简单,它是用来解方程的 ……

问题:对于如下的方程(未知数是 \(x\)\(y\) ),求任意一组整数解:

\[ax+by=\gcd(a,b)\]

\(m=a-b\cdot\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\) (即 \(a\)\(b\) ),设 \(x'\)\(y'\) 满足以下方程:

\[bx'+my'=\gcd(m, b)\]

因为 \(\gcd(a,b)=\gcd(m,b)\) ,所以:

\[bx'+my'=ax+by\]

\(m\) 按照定义展开:

\[\begin{aligned} ax+by&=bx'+(a-b\cdot\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y'\\ &=bx'+ay'-b\cdot\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y'\\ &=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y') \end{aligned}\]

因此 \(x=y'\)\(y=x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y'\) 。于是我们得到了一组解。

然而,这是一个不定方程,解并不是唯一的。对于其中一组解 \(\{x_0,y_0\}\) ,有通解 \(\{x_0+kb,y_0-ka\}\)

形如 \(ax+by=c\) 都可以通过转化来用扩展欧几里得解决。设 \(g=\gcd(a,b)\) ,如果 \(g\) 不能整除 \(c\) ,则原方程无整数解;否则,先解出 \(ax+by=g\) 的解,然后给解乘上 \(\frac{c}{g}\) 即可。

另外,线性同余方程 \(ax\equiv b\pmod p\) 也可用扩展欧几里得解决,转化成 \(ax+py=b\) 即可。

int exgcd(const int a, const int b, int &x, int &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int xx, yy, tmp = exgcd(b, a % b, xx, yy);
    x = yy;
    y = xx - a / b * yy;
    return tmp;
}

逆元

定义:若 \(ab=1\pmod m\) ,则 \(a\)\(b\) 在模 \(m\) 意义下的逆元。这里介绍它的三种求法:

费马小定理

对于 质数 \(p\) 和任意正整数 \(a\) ,有 \(a^{p-1}=1\pmod p\) 。因此在模 \(p\) 意义下 \(a\) 的逆元是 \(a^{p-2}\) ,直接快速幂计算即可。

int power(int a, int b)
{
    int ans = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            ans = (ll)ans * a % p;
        a = (ll)a * a % p;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int inv(const int a, const int p)
{
    return power(a, p - 2);
}

扩展欧几里得

相当于同余方程 \(ax\equiv 1\pmod m\) ,直接用扩展欧几里得解方程即可。

exgcd 的实现见上文。

int inv(const int a, const int p)
{
    int x, y, tmp = exgcd(a, p, x, y);
    if (tmp > 1)
        return -1;
    return (x % p + p) % p;
}

线性递推逆元

(这玩意我学了 N 遍甚至拿这个式子当电脑桌面一个月都没记住,很气。)

\(a^{-1}\) 表示 \(a\) 的逆元。

\[ a^{-1}= m-\lfloor\frac{m}{a}\rfloor\cdot (m\bmod a)^{-1}\pmod m\]

边界是 \(1^{-1}=1\)

证明:记 \(t=\lfloor\frac{m}{a}\rfloor\)\(k=(m\bmod a)\) ,则 \(at+k=0\pmod m\)

两边同时乘上 \(a^{-1}\cdot k^{-1}\) ,得到:

\[ tk^{-1}+a^{-1}=0 \]

即:

\[a^{-1}=-tk^{-1}\]

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

中国剩余定理及扩展中国剩余定理

中国剩余定理

大名鼎鼎的 CRT (Chongqing Rail Transit) (Chinese Remainder Theorem) 。

对于如下方程组:

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

其中 \(m_1\)\(m_n\) 两两互质。

我们可以直接构造出一个解:

\[x=\sum_{i=1}^{n}a_i\frac{M}{m_i}\cdot \mathrm{inv}(\frac{M}{m_i},m_i)\]

其中 \(M=\prod_{i=1}^n m_i\)\(\mathrm{inv}(a,b)\) 表示 \(a\) 在模 \(b\) 意义下的逆元。由于模数两两互质,此时逆元一定存在。

对于任意一个 \(i\) ,当模 \(m_i\)\(\frac{M}{m_i}\cdot \mathrm{inv}(\frac{M}{m_i},m_i)\)\(1\) (逆元的定义),否则为 \(0\)\(\frac{M}{m_i} \bmod m_j=0(i\neq j)\)),因此这个 \(x\) 是原方程组的解。可以证明在模 \(M\) 的意义下有且只有这一个解。

int CRT(const int n)
{
    int M = 1, ans = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++)
        M *= p[i];
    for (int i = 0; i < n; i++)
        ans = (ans + (ll)a[i] * inv(M / p[i], p[i]) % M * (M / p[i]) % M) % M;
    return ans;
}

扩展中国剩余定理

仍然是上面的问题,只是 \(m_1\)\(m_n\) 不保证两两互质了。

考虑如果只有两个方程如何求解:

\[\begin{cases} x=a_1\pmod {m_1}\\ x=a_2\pmod {m_2} \end{cases}\]

对于第一个方程而言,解的形式是 \(x=a_1+km_1\) 。带入第二个方程,得到:

\[a_1+km_1=a_2\pmod {m_2}\]

这个方程中只有 \(k\) 是未知的。用扩展欧几里得解出来一个 \(k_0\) ,则任意 \(km_1=k_0m_1+zm_2\) 都是合法的(实在不知道用什么字母就用「嘴子」的第一个字母 \(z\) 好了),所以 \(zm_2=u\cdot\mathrm{lcm}(m_1,m_2)\) (实在不知道用什么字母就用「嘴子」的第二个字母 \(u\) 好了)。现在,\(x\) 的表现形式为 \(a_1+k_0m_1+u\cdot\mathrm{lcm}(m_1,m_2)\) ,我们合并出了一个新的方程:

\[x=a_1+k_0m_1\pmod{\mathrm{lcm}(m_1,m_2)}\]

你看着像不像风靡机房的小游戏 全民合车 全民漂移(划掉)。

于是这样合并 \(n\) 次就完了。

顺便这里有一个叫「龟速乘」的小 trick ,利用整数溢出是循环溢出的特性制成 ……

ll mul(ll a, ll b, const ll p)
{
    a %= p, b %= p;
    return ((a * b - ll((long double)a * b / p) * p) % p + p) % p;
}
ll excrt()
{
    ll M = m[1], x = a[1];
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        ll tmp = lcm(M, m[i]), res = solve(M, a[i] - x, m[i]);
        if (res == -1)
            return -1;
        x = (x + mul(res, M, tmp)) % tmp;
        M = tmp;
    }
    return x;
}

Lucas 定理

就是一个公式,证明什么的 NOI 以后再补。

\[C_n^m=C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\cdot C_{n\bmod p}^{m\bmod p} \pmod p\]

其中 \(p\) 是质数。

转载于:https://www.cnblogs.com/zyt1253679098/p/11179050.html

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