基础数论复习笔记

欧几里得

gcd(a,b)=gcd(b,a%b)

拓展欧几里得

$a\ast x_0+b\ast y_0=gcd(a,b)$

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
    if(b==0) {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    int x2,y2;
    int ret=exgcd(b,a%b,x2,y2);
    x=y2;
    y=x2-(a/b)*y2;
    return ret;
}

$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$

$\Rightarrow$$a\cdot x1+b\cdot y1=b\cdot x2+(a\%b)\cdot y2$

$\Rightarrow$$a\cdot x1+b\cdot y1=b\cdot x2+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b)\cdot y2$

$\Rightarrow$$a\cdot x1+b\cdot y1=a\cdot y2+b\cdot (x2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot y2)$

$\Rightarrow$$x1=y2,y1=x2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot y2$

$x^{\prime }=x0+\frac{b}{gcd}k$ $,$ $y^{\prime }=y0-\frac{a}{gcd}k$

应用

1.解方程
2.求逆元
$$\begin{gathered} a\cdot x\equiv 1(modp) \\ a\cdot x-p\cdot k=1 \end{gathered}$$
将$p$视作$b$，$-k$视作$y$
$\Rightarrow a\cdot x+b\cdot y=1$
解出$x0$用$x^{\prime }=x0+p\cdot h$求出合适的解

int INV(int a,int p) {
    int x,y;
    exgcd(a,p,x,y);
    x=(x%p+p)%p;
    return x;
}

数论四大定理

费马小定理

$p$为素数，$gcd(a,p)=1,$则$a^{p-1}\equiv 1(modp)$

应用

快速幂求逆元
由上$a^{p-1}\equiv 1(modp)$
$\Rightarrow a\cdot a^{p-2}\equiv 1(modp)$
$\Rightarrow a^{-1}\equiv a^{p-2}(modp)$

int mod;
LL Pow(int a,int k) {
    LL base=a,ret=1;
    while(k) {
        if(k%2)
            ret=(LL)(base*ret)%mod;
        base=(LL)(base*base)%mod;
        k/=2;
    }
    return ret;
}
LL INV(int a,int b) {
    mod=b;
    return Pow(a,b-2);
}

欧拉定理

是费马小定理的一般化，等考完还有想法再补补故事
$gcd(a,p)=1$，则$a^{\phi (p)}\equiv 1(modp)$
当$p$为素数，$\phi (p)=p-1$,就成了费马小定理

威尔逊定理

$(p-1)!\equiv -1(modp)$ $\iff$$p$为素数
一般没什么用吧

中国剩余定理

为了区分

孙子定理

$$\begin{gathered} \{\begin{array}{l} \\ x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ x\equiv a_3(mod{m}_3)\\ \dots \dots \\ x\equiv a_n(mod{m}_n)\end{array} \end{gathered}$$
其中$m_i$两两互质，求$x$的解

使用构造法，令$M=\Pi m_i$
求得$t_i\equiv {\left(\frac{M}{m_i}\right)}^{-1}(mod{m}_i)$
特解为$x_0=\sum a_i\cdot t_i\cdot \left(\frac{M}{m_i}\right)$
通解为$x^{\prime }=x_0+k\cdot M$

LL Exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
	if(!b){x=1,y=0;return a;}
	LL g=Exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=(a/b)*x;
	return g;
}
int n;
LL a[MAXN+5],m[MAXN+5];
LL Mul(LL x,LL y,LL p){
	if(y<0) x=-x,y=-y;
	LL ret=0;
	while(y){
		if(y&1) ret=(ret+x)%p;
		x=(x<<1)%p,y>>=1;
	}
	return ret;
}
LL ExCRT(){
	LL M=m[1],x0=a[1],x,y,tmp;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		LL g=Exgcd(M,m[i],x,y);
		if((a[i]-x0)%g) return -1;
		tmp=m[i]/g,x=Mul(x,(a[i]-x0)/g,tmp),x=(x+tmp)%tmp;
		x0+=M*x,M=M/g*m[i],x0%=M;
	}
	return x0;
}

该部分感谢LSK大佬
证明就把每一个对应部分分出来就行了，易知这是最小单位。

拓展中国剩余定理

$$\begin{gathered} \{\begin{array}{l} \\ x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ x\equiv a_3(mod{m}_3)\\ \dots \dots \\ x\equiv a_n(mod{m}_n)\end{array} \end{gathered}$$
不满足$m_i$两两互质，求$x$的解
使用逐个求解并合并的方法。

假设我们已经得到了一组特解$x_0$，如何得到一般解呢？
类比上文的孙子定理容易得到$x^{\prime }=x_0+k\cdot lcm(m1,m2.....m_n)$

一个一个的向下解
令$M_i=lcm(m_1,m_2......m_i)$
假如已经得到了前$i$个方程的解$x=x_0+k\cdot M_i\iff x\equiv x_0(mod{M}_i)$
现在解第$i+1$个方程，也就是再去求一组特解。
可以将问题简化为
$$\{\begin{array}{l}x\equiv x_0(mod{M}_i)\\ x\equiv a_{i+1}(mod{m}_{i+1})\end{array}$$
可以写成

$$\begin{gathered} \{\begin{array}{l}x=x_0+k_1\cdot M_i\\ x=a_i+k_2\cdot m_{i+1}\end{array} \\ \Rightarrow x_0+k_1\cdot M_i=a_i+k_2\cdot m_{i+1} \\ \Rightarrow x_0-a_i=-k_1\cdot M_i+k_2\cdot m_{i+1} \end{gathered}$$
因为$k1$的正负不重要
$$x_0-a_i=k_1\cdot M_i+k_2\cdot m_{i+1}$$
直接用拓欧解出一组$k_1,k_2$代入方程再更新$M_i$一直到最后就求出了方程的解。
中途用拓欧解方程时，若$gcd(M_i,m_{i+1})\nmid x0-a_i$则无解

#include
#include
using namespace std;
const int MAXN=int(1e5+5);
int n,M=1,x0=0;
int a[MAXN],m[MAXN];
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
    if(b==0) {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    int x2,y2;
    int ret=exgcd(b,a%b,x2,y2);
    x=y2;
    y=x2-(a/b)*y2;
    return ret;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&m[i],&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        int x,y;
        int G=exgcd(M,m[i],x,y);
        if((x0-a[i])%G) {
            puts("No solution");
            return 0;
        }
        x*=(x0-a[i])/G,y*=(x0-a[i])/G;
        x0=a[i]+y*m[i];
        M=M/G*m[i];
        x0=((x0%M)+M)%M;
    }
    printf("%d",x0);
}

逆元

拓欧求逆元

见上

费马小定理求逆元

见上

线性筛逆元

法1：求阶乘逆元反解（见下）
$n{!}^{-1}=(n-1){!}^{-1}\cdot n^{-1}$
$\Rightarrow n^{-1}=n{!}^{-1}\cdot ((n-1){!}^{-1}{)}^{-1}=n{!}^{-1}\cdot (n-1)!$

int Pow(int a,int k) {
    int base=a,ret=1;
    while(k) {
        if(k%2)
            ret=((LL)ret*base)%p;
        base=((LL)base*base)%p;
        k/=2;
    }
    return ret;
}
void Prepare() {
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=((LL)fac[i-1]*i)%p;
    inv1[n]=Pow(fac[n],p-2);
    for(int i=n;i>=1;i--)
        inv1[i-1]=((LL)inv1[i]*i)%p;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        inv2[i]=((LL)inv1[i]*fac[i-1])%p;
}

法2：真正的线性筛逆元
若$p=k\cdot i+d$其中$d=p\%i$
那么$k\cdot i+d\equiv 0(modp)$
$\Rightarrow -k\cdot i\equiv d$
$\Rightarrow -k\cdot i\cdot i^{-1}\cdot d^{-1}\equiv d\cdot i^{-1}\cdot d^{-1}$
$\Rightarrow i^{-1}\equiv -k\cdot d^{-1}$
$\Rightarrow i^{-1}=(p-k)\cdot d^{-1}$

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

线性筛阶乘逆元

用定义理解，先求出${(p-1)!}^{-1}$（可先求阶乘，或直接用威尔逊定理）
$p$是素数，$(p-1)!\equiv -1（modp)$
那么${(p-1)!}^{-1}=(p-1{)}^{-1}$直接快速幂。
或者直接算出$(p-1)!$反正都要算。
逆元满足结合律即$a^{-1}\cdot b^{-1}=(ab{)}^{-1}$
那么$inv[n]=inv[n-1]\cdot n^{-1}$
$\Rightarrow inv[n]\cdot n=inv[n-1]\cdot n^{-1}\cdot n=inv[n-1]$

void Prepare() {
    inv[p-1]=Pow(p-1,p-2);
    for(int i=p;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%p;
}

当然也是可以先求出线性逆元再用线性逆元求出来。

计数部分

组合数线性求法

$C(n,m)=C(n-1,m)+C(n-1,m-1)$

void Prepare() {
    C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}

Lucas定理

$C(n,m)\%p=C(n/p,m/p)\cdot C(n\%p,m\%p)\%p$
可写为$Lucas(n,m)\%p=Lucas(n/p,m/p)\ast C(n\%p,m\%p)\%p$
1.当$p$较小
预处理组合数，直接递归到已处理的数

void Prepare() {
    C[0][0]=C[1][0]=C[1][1]=1;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
int Lucas(int n,int m) {
    if(n<p&&m<p)
        return C[n][m];
    return Lucas(n/p,m/p)*Lucas(n%p,m%p)%p;
}

3.当$p$较大
预处理阶乘和阶乘的逆元（见上），对小的部分直接算，大的部分继续递归处理

void Prepare() {
    inv[p-1]=Pow(p-1,p-2);
    for(int i=p-1;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%p;
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=p;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%p;
}
int C(int n,int m) {
    if(n<m)
        return 0;
    return ((fac[n]*inv[m])%p*inv[n-m])%p;
}
int Lucas(int n,int m) {
    if(n<p&&m<p)
        return C(n,m);
    return Lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}

卡特兰数

组合意义（经典例子）：
1.括号匹配（$n$对括号的合法匹配数）
2.走地图（从$(0,0)$走到$(n,n)$并且不越过$y=x$的方案数）
公式:$h(n)=\frac{C(2n,n)}{n+1}$
推导：在一个$(n,n)$的地图里，从$(0,0)$走到$(n,n)$的方案数为$C(2n,n)$
要求不越过$y=x$，那么求越过的取反。
越过的就是一定经过$y=x+1$的
观察到这样的走法等价于从$(-1,1)$走到$(n,n)$的方案数（将地图外的部分沿$y=x+1$翻折回来）。
图示