详解数论从入门到入土

本蒟蒻第一次讲课，由于比较匆忙所以没有及时准备课件，在此表示抱歉…
听说他们讲课都是啥都没有 在那儿唠嗑$20$分钟然后问:有没有不会的 不会的自己学 就完事了？？$2333$真是负责

前景提要

这是一篇数论$0$零起点到负无穷，从入门到入土的博客 请大家做好心理准备

听说$C$层要讲数论?
哈 作为前数学竞赛生的我当然要抢着讲了 于是跟$pjt$大哥蹭了一下
本着放松随便讲一讲的心态 我问了我们这边的$lyss$小宝宝

但是$pjt$去自由啊…那就我自己写吧…

$tips:$现在要讲的基本涉及的都是整数 所用的字母除声明外也都表示整数

$Part1.$整数的常识

一、整除

1.设$a$、$b$是给定的数$，b\ne 0$。若存在整数$c，$使得$a=bc，$则称$b$整除$a，$记作$b\mid a，$反之$,$则称$b$不能整除$a，$记作$b\nmid a$。
2.一些性质:

a. 若$a|b$，且$b|c$，则$a|c$。
b. 若$b|a$，且$b|c$，则$b|(a\pm c)$
c.若$c|a$，且$c|b$，则对于任意整数m、n，有$c|(ma+nb)$。

二、素数与合数

         \,\,\,\,\,\,\,\, 对于一个正整数数，如果它有且仅有1和它自己两个约数，那么我们称这个数为素数。如果有两个以上的约数，那么我们称这个数为合数。注意:1既不是素数也不是合数

先植入一个没什么用的定理，它叫素数定理:
小于x的素数的个数近似等于x/ln(x)…

现在我们想想如何求素数

1.考虑暴力枚举

如果$2-\sqrt{n}$每个数都不是$n$的因子，那么$n$就是质数了。
复杂度$O(\sqrt{n})$

那么我们来看一道题：
求$1-n$内的素数。 $n<=1000000$

用上述的算法那是要跑$100s$的 所以我们就需要换一个高效的算法

2.筛法求素数
基本思路是:素数的倍数不是素数
         \,\,\,\,\,\,\,\, 1不是素数首先把它筛掉，剩下的数中最小的数一定是素数，然后去掉它的倍数。
$vis[i]$表示$i$是否被访问过$,cnt$表示现在素数的数量$,prime$数组存的是从小到大的素数
代码:

for(int i=2;i<=n;i++){
	if(!vis[i]){
		prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j*i<=n;j++)vis[i*j]=true;
	}
}

这回由$O(n\sqrt{n})$变成了$O(nlo{g}_n)$了
但是我们注意到，这样筛会筛重很多次。
我们拿$75$举例 :在筛到素数$3$时我们把它筛除 在筛到素数$5$时我们又会筛除一次 这样会浪费大量的时间，如何优化呢？
3.线性筛
基本思路是:在筛法的基础上 我们让每一个合数只能被他自己最小的素数筛到
如何实现这个优化呢？
看代码

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

在筛到每个数时 我们把小于它的最小质数的所有质数倍数的数都筛掉 这样就能保证每个数是被它自己最小的质因子筛掉

$Part2.$$gcd\&lcm$

$gcd$是啥？$lcm$是啥？某党？

$gcd$指的是$greatestcommondivisor$就是最大公约数。
$lcm$指的是$LeastCommonMultiple，$即最小公倍数。

一、最大公约数

最大公约数是数论中一个重要的概念

设$a$、$b$不全为零$,$同时整除$a$、$b$的整数称为他们的公约数$，$显然$a$、$b$的公约数只有有限多个$，$我们将其中最大的一个称为$a$、$b$的最大公约数表示$，$用符号$(a,b)$表示。显然$，$最大公约数是一个正整数。
当$(a,b)=1$时$，$我们称$a$与$b$互质$($互素$)，$这种情形特别重要。

那么问题来了 我们怎么求最大公约数呢？
通常用辗转相除法来写 我的个人喜好是用递归
辗转相除法是不都会…? 算了算了 好好讲讲吧
我们可以很显然地理解这个等式:

$gcd(a,b)=gcd(a-b,b)$

但是呢 这么一次一次减太慢了 所以我们一次能减多少就减多少
就相当于直接除 这就是简述版的辗转相除

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

我不会告诉你们algorithm库里有可以直接用的__gcd
辗转相除在后面个的扩展$gcd$中还是很有用的
上两个题吧

luoguP1372
简述版题意:给你个$n$和$k$ 求$n$个数中取$k$个的最大公约数最大

$Solution:$设这 $k$个数的最大公约数为$gcd$
则第$k$个数最小为$k\times gcd$ 所以$k\times gcd\le n$
那么$gcd\le \frac{n}{k}$ 显然最大的$gcd=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$

#include
using namespace std;
int main()
{
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    cout<<n/k<<endl;
}

luoguP2090
对于一个数字对(a, b)，我们可以通过一次操作将其变为新数字对(a+b, b)或(a, a+b)。

给定一正整数n，问最少需要多少次操作可将数字对(1, 1)变为一个数字对，该数字对至少有一个数字为n。
$Solution:$
注意到等式$gcd(a,b)=gcd(a,a+b)$
所以找到$1$到$n-1$中$gcd(a,b)$递归层数最少的就好咯
在这儿推一下那天的模拟赛的解题报告 其中就有这道题 模拟赛不是很难大家可以看看
最后有彩蛋哦
地址在这！:题解

#include
using namespace std;
#define inf int(1e8)
inline void read(int &x){
    int s=0,w=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<3)+(s<<1)+(ch&15);ch=getchar();}
    x=s*w;
}
int gcdd(int a, int b){
    if(!b)return inf;
    if(b==1)return a-1;
    return gcdd(b,a%b)+a/b;
}
int n,now=inf;
int main(){
    read(n);
    for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++)now=min(now,gcdd(n,i));
    printf("%d\n",now);
}

二、最小公倍数

那么我们再简单地谈谈最小公倍数
设$a、b$是两个非零正整数$，$一个同时为$a、b$的倍数的书称为他们的一个公倍数$,$两个数的公倍数显然有无穷多个$,$我们把这其中的最小的正整数称为他们的最小公倍数

那最小公倍数就很好求了

$lcm(a,b)=\frac{ab}{gcd(a,b)}$

$UPD:$昨天讲到这里哦！
经过一 天

$Part3.$同余及应用

一、同余

同余是数论中的一个重要概念，应用极为广泛。
设$n$是给定的正整数，若整数$a、b$满足$n\mid (a-b)，$则称$a$和$b$模$n$同余$,$记作

$a\equiv b(modn)$

反之，则称$a$与$b$模$n$不同余$,$记作

$a\not\equiv b(modn)$

很显然，$a$ 和$b$模$n$同余的充分必要条件是$a$与$b$被$n$除得的余数相同。

同余式的几个性质:

1. 反身性：$a\equiv a(modn)$
2. 对称性：若$a\equiv b(modn)，$则$b\equiv a(modn)$
3. 传递性：若$a\equiv b(modn)，$$b\equiv c(modn)，$则$a\equiv c(modn)$
4. 可加性：若$a\equiv b(modn)，$$c\equiv d(modn)，$则$a\pm c\equiv b\pm d(modn)$。
5. 若$a\equiv b(modn)，$$c\equiv d(modn)，$则$ac\equiv bd(modn)$。
   运用这几个性质 我们把同余应用在信息中的数论

二、快速幂

给定$a、n、m$求$a^{n}modk$
考虑朴素算法 用循环一个一个累乘 可以在$O(n)$的时间内求出答案
不过似乎没什么用 这一点都不快速
那么我们来点快的
考虑到$a^{2n}={a^n}^2$所以我们可以两两配对地乘
所以
$1.$当n是奇数时，那么有 $a^n=a\ast a^{n-1}$

$2.$当n是偶数时，那么有 $a^n=a^{\frac{n}{2}}\ast a^{\frac{n}{2}}$
上代码

int quickpow(int a, int n, int m){
	int ret=1;
	while(b){
		if(b&1)(ret*=a)%=m;
		(a*=a)%=m,n>>=1;
	}
}

时间复杂度:$O(lo{g}_n)$
$10.2323:12$今天先写到这儿 明天应该讲不到这儿

三、扩展欧几里得

引题:给定$a、b、c，$求使得$ax+by=c$成立的最小正整数解$x、y，$如果无解则输出$lyswan$
讲真的 我是从这个题开始认识到信息真的是一门竞赛…

$Solution:$
$1.$首先考虑是否有解:当$gcd(a,b)\mid c$时方程才有解
$2.$所以我们先不管$c$到底是$gcd(a,b)$的几倍 直接给
我们考虑如何搞这个方程:
首先看这个方程:$bx+(a\%b)y=c$这样以此类推
最后会得到$gcd(a,b)x=c$此时$x=1$
对于$a^{\prime }=b,b^{\prime }=a\%b$而言，我们求得$x,y$使得$a^{\prime }x+b^{\prime }y=gcd(a^{\prime },b^{\prime })，$ 由于$b^{\prime }=a\%b=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$
所以可以推得$ay+b(x-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y)=gcd(a,b)$
即一组通解为$x=y,y=x-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y$

问题来了 我们怎么用代码实现呢?
注意到我们方程的变形用的是$gcd$函数辗转相除，方程的通解是一步一步递归才能得到 所以用递归版的欧几里得顺便求得。
这个就叫扩展欧几里得 上代码:

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

最后的$x,y$就是解 不过出来可能会是一个负数 求最小正整数解还要再加上一个$mod$

这个东西其实真的很有用的 我们看一道题
$NOIP2012$同余方程
题意:求关于 $x$的同余方程 $ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$的最小正整数解。

$Solution:$转化为$ax+by=1$ 就变成了扩展欧几里得…
代码:

#include
int t,c,d,x,y;
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if(a%b==0)
    {
        x=0;
        y=1;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&c,&d);
    exgcd(c,d,x,y);
    while(x<=0)
    {
        x+=d;
    }
    printf("%d\n",x);
}

四、欧拉函数

欧拉函数，即$\phi (x)$，简单说它表示从$1-n$中和它互质的数的个数
欧拉函数在各种玄学定理中经常出现，有的题中$gcd=1$ 的情形往往可以转化为欧拉函数
如何求欧拉函数
$1.$单个数欧拉函数的求解公式:
对于一个数$x={\prod }_{i=1}^n{p}_i^{{\alpha }_i}，$那么$\phi (x)=x{\prod }_{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$
至于为啥有兴趣的自己推 不难推，这里就不赘述了。主要是…我现在要码不完了啊啊估计明天也讲不完了所以直接过吧…求饶$.jpg$
$2.$ 线性求 $1-n$ 所有数的欧拉函数$($即欧拉筛$)$
上述求解欧拉函数不是没有用 实在是太磨叽…又要分解质因数，又要求乘积，还有分数…没看我代码都没给吗2333 但有时候这个式子推一些性质很有用的
我们欧拉筛之前先要了解几个性质:
$a.$对于质数$p$，有$\phi (p)=p-1$ 显然…
$b.$当$(n,m)=1$时，有$\phi (n\times m)=\phi (n)\times \phi (m)($即欧拉函数是但不完全是积性函数$)$，特殊地，$\phi (2n)=\phi (n)$。
用上面的定义式这个显然成立
$c.$当$m\mid n$时，$\phi (m\times n)=m\times \phi (n)$。
用定义式回去自己推不会问我…
那么这些性质我们了解之后，就可以筛筛筛筛筛筛了
首先想一想 上面的性质是不是有点眼熟? $p$ 为质数，$n\%m=0$？
没错就是线性筛，我们可以在线性筛素数的时候，运用这三条性质来维护欧拉函数，具体看代码 我要讲不完了!!

euc[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
    if(!vis[i])euc[i]=i-1,prime[++cnt]=i;
    for(int j=1;j<=cnt;j++)
    {
        if(i*prime[j]>n)break;
        vis[i*prime[j]]=true;
        if(i%prime[j]==0)
        {
            euc[i*prime[j]]=euc[i]*prime[j];
            break;
        }
        else euc[i*prime[j]]=euc[i]*euc[prime[j]];
    }
}

仔细体会其实不难
上例题:
题面找不到了 大哥们我错了
题意:给定$n$,求$1\le x,y\le n$且$gcd(x,y)=1$的数对个数
这就用到我们前面讲的 某些问题的$gcd=1$可以转化为欧拉函数
用式子写出来就是:
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n(gcd(i,j)=1)$
$={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$
所以只需要求出欧拉函数的前缀和即可

五、逆元

终于来到最有用的地方了…

什么是逆元?
对于一个数$x，$它在模$p$意义下的逆元$a$，满足$ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)，$
这东西很有用 可以说没有逆元数论少了灵魂
看这个题:给定$n,m,p$求$\frac{n}{m}modp$
如果你没学逆元 你肯定懵逼:$woc??$分数还能取模？
这就是逆元的妙处
$Solution:$求出$m$在模$p$意义下的逆元$a$，答案为$na\%p$。
那么这么好用的一个东西 我们怎么求呢???
求逆元的方法

$1.$$exgcd$
逆元满足什么条件?$ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$?同余方程啊！$exgcd$显然可行啊。
性能分析:

• 时间复杂度$O(lo{g}_{max(a,b)})$ 不是太差
• 适用范围：只要存在逆元就可求，适用个数不多，当$mod$很大很大时是个非常不错唯一的选择
• 缺点:递归~讨厌厌…这是最常见以及我最不愿意打的一个…

$2.$快速幂
快速幂怎么求逆元?
那首先你需要了解一个定理—费马小定理:

若$p$为素数，那么$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

这个是怎么来的呢? 欧拉定理的推论
欧拉定理(有时也叫作费马小定理的一般式):

$a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

那欧拉定理怎么来的呢?有兴趣自己查查(其实是来不及了！！
接着说 因为$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，所以$a^{p-2}$就是$a$的逆元
性能分析:

• 时间复杂度:$O(lo{g}_{mod})$
• 适用范围:在$mod$是素数!! 并且$mod$不是太太太大大大的时候
• 优点:比扩欧快而且好写，我最喜欢求逆元的方法之一
• 缺点:如果$mod$是合数相信没有人无聊到筛一遍欧拉函数

$3.$ 线性求逆元
放心放心 这次线性没有筛 不用害怕
原理:$p$是模数,我们现在要求的是$i$的逆元
将$p$写成$p=k\ast i+r$其中$0<r<i$（就是带余除法）
则$k=\frac{p}{i},r=p\%i$

解释一下 第二行是第一行两边都除$ir$得到的
总的来说就是一个公式:
$inv[i]=-(mod/i)\ast inv[i\%mod]$边界是$inv[1]=1$
优点:
$a.$在$O(n)$的时间内求出$1-n$ 的所有逆元 高效
$b.$代码好打 就一行
$c.$没有缺点
代码:

inv[1]=1;
for(int i=2;i<mod;i++)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[i%mod];

回到前面的问题，现在我们会求逆元了，分数取模自然也就很水了
有理数取余
题意:给出一个有理数$c=\frac{a}{b}$，求$c\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}19260817$c的值。

$Solution:$直接求$b$的逆元，由于19260817是个质数，所以输出$a\times b^{mod-2}$就好了，由于$a,b$很大 所以需要处理一下:↓

#include
typedef long long ll;
const ll mod=19260817;
ll quickpow(ll a, ll b){
    ll ret=1;
    while(b){
        if(b&1)(ret*=a)%=mod;
        (a*=a)%=mod,b>>=1;
    }
    return ret;
}
ll n,m;
ll getint(){
    char chr=getchar();ll x=0;
    while(chr<'0'||chr>'9')chr=getchar();
    while(chr>='0'&&chr<='9'){
        x=(x*10)%mod;
        chr=getchar();
    }
    return x;
}
int main(){
    n=getint(),m=getint();
    if(m==0)return printf("Angry!"),0;
    printf("%lld\n",n*quickpow(m,mod-2)%mod);
}

板子题
题意：给定$n,p$求$1-n$中所有整数在模$p$意义下的乘法逆元。
$Solution:$没有$Solution$，线性求逆元直接过

#include
#define N 3000010
typedef long long ll;
using namespace std;
int inv[N],n,p;
inline int read(){
    int f=1,x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();};
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15);ch=getchar();};
    return f*x;
}
int main(){
    n=read();p=read();inv[1]=1;puts("1");
    for(int i=2;i<=n;i++){
        inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
        printf("%d\n",inv[i]);
    }
}

逆元是一种非常有用的工具 它可以和很多有用的定理结合在一起形成扩展定理

中国剩余定理

中国剩余定理，也称孙子定理，话说昨天你们为什么对这个定理这么感兴趣呢…?
中国剩余定理能干啥呢?
比如 一筐苹果 三个三个吃最后剩两个，四个四个吃最后剩三个，五个五个吃最后剩四个，求一共有多少个苹果？
答案是$59$个.
当然中国剩余定理不只这么简单
给定$k$以及$k$个$a_i、m_i$求一个最小的正整数$n$满足
$\{\begin{array}{l}n\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)\\ n\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)\\ ...\\ n\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)\end{array}$
其中$(m_1,m_2,...,m_k)=1$
如何求解呢？
令$M={\prod }_{i=1}^k{m}_i$，即$M$是所有$m_i$ 的最小公倍数
对于每个方程，设$p_i=\frac{M}{m_i}$
$t_i$为同余方程$p_i{t}_i\equiv 1(mod{m}_i)$的最小非负整数解
则有一个解$x={\sum }_{i=1}^k{a}_i\frac{M}{m_i}{t}_i$
​通解为$x+i\ast M(i\in Z)$
特别地,最小非负整数解为$(x\%M+M)\%M$
自己推推 很好理解 盲猜时间应该不够了 所以不讲了 不会问我
代码实现:求$t_i$那个同余方程时要用到扩展欧几里得
其他的…入门难度的代码实现

void ex_gcd(ll n, ll m, ll &x, ll &y){
    if(!m){x=1,y=0;return;}
    ex_gcd(m,n%m,y,x);y-=(n/m)*x;
}
ll CRT(){
    ll ans=0,lcm=1,x,y;
    for(int i=1;i<=k;i++)lcm*=b[i];
    for(int i=1;i<=k;i++){
        t[i]=lcm/b[i];
        ex_gcd(t[i],b[i],x,y);
        x=(x%b[i]+b[i])%b[i];
        ans=(ans+t[i]*a[i]%lcm*x%lcm)%lcm;
    }
    return (ans+lcm)%lcm;
}

例题例题例题:
$TJOI2009$猜数字
简述题意:给个$t$，$t$组数据，每组数据给$k$以及$k$个$a_i、m_i$求最小的非负整数$n$，满足对于任意的$i，n-a_i$能被$b_i$整除。

$Solution:$板子题板子题板子题！！！
从这个:

推到这个:

即:

题中给的$(b_1,b_2,...,b_k)=1$所以中国剩余定理可做。
注意:
$1.$直接乘爆$longlong$要用快速乘，快速乘其实是慢速乘…具体跟快速幂差不多，看代码
$2.$直接快速乘会 $TLE$因为快速乘不能有负数，而题中说数可能为负数，所以如果是负数要加个$mod$…
这两个地方当时差点没坑死我…
代码↓

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll quickpow(ll x, ll y, ll mod){
    ll ret=1;
    while(y){
        if(y&1)(ret*=x)%=mod;
        (x*=x)%=mod,y>>=1;
    }
    return ret;
}
inline ll quickmul(ll x, ll y, ll mod){
    if(x<0)x+=mod;if(y<0)y+=mod;
    if(y>x)swap(x,y);
    ll ret=0;
    while(y){
        if(y&1)(ret+=x)%=mod;
        (x+=x)%=mod,y>>=1;
    }
    return ret;
}
ll k,a[20],b[20],t[20];
void ex_gcd(ll n, ll m, ll &x, ll &y){
    if(!m){x=1,y=0;return;}
    ex_gcd(m,n%m,y,x);y-=(n/m)*x;
}
ll CRT(){
    ll ans=0,lcm=1,x,y;
    for(int i=1;i<=k;i++)lcm*=b[i];
    for(int i=1;i<=k;i++){
        t[i]=lcm/b[i];
        ex_gcd(t[i],b[i],x,y);
        x=(x%b[i]+b[i])%b[i];
        ans=(ans+quickmul(quickmul(t[i],a[i],lcm),x,lcm))%lcm;
    }
    return (ans+lcm)%lcm;
}
int main(){
    scanf("%lld",&k);
    for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&b[i]);
    printf("%lld\n",CRT());
}

此外，当模数不是互质时，我们就会用到扩展中国剩余定理了，有兴趣的可以自己学一下

$Part4.$组合数学

组合数学是信息中的数论的一个重要分支
不过讲不完了
加我$QQ:407694747$免费一对一辅导，不容错过…