ACM Weekly 4（待修改）

涉及的知识点

第四周练习主要涉及GCD与LCM（欧几里得、质因数分解、互质的概念）、算数基本定理及其推论、,欧拉函数、同余、费马小定理、欧拉定理、扩展欧几里得算法、乘法逆元

拓展：ICPC线上测试赛、中国剩余定理、大数小数定理、Pollard Rho算法

GCD与LCM

GCD和LCM

GCD为最大公约数，LCM为最小公倍数
两者的核心是：
$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$
$lcm(a,b)=a/gcd(a,b)\ast b$
（这样写为防溢出）

GCD与LCM还有一些常用的性质：

1. a、b都可以分成有限个质数的乘积
2. gcd(a,b)中只包含了a、b中全部公共质数因子
3. lcm(a,b)中包含了a、b中全部质数因子
4. gcd%lcm=0
5. gcd* lcm=a*b
6. lcm/gcd=a/gcd*b/gcd
7. gcd(ka,kb)=k*gcd(a,b)//对lcm同理
8. lcm(a/b,c/d)=lcm(a,c)/gcd(b,d)
9. gcd(lcm(a,b),lcm(a,c))=lcm(a,gcd(b,c))

用集合的思想来理解的话，gcd为a、b两数因子的交集，lcm为a、b两数因子的并集因此9可证，当然，这样的证明只是抽象的理解，下面为标准证明

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

辗转相除法（欧几里得算法）实现

代码

int GCD(int a,int b)
{
     
	int res=a>b?a:b;
	while(res)
	{
     
		res=a%b;
		a=b;
		b=res;
	}
	return a;

题目

题目大意：给出t个例子，每个例子给出一个整数n，从1~n中取两个数，求他们的最大公约数，之后找出所有最大公约数的最大值

思路：最大值即为n/2，如果n为奇数，那么最大值为gcd(n-1，(n-1)/2)，反之，为gcd(n，n/2)

代码

#include 
using namespace std;
int t,n;
int main()
{
     
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
     
        scanf("%d",&n);
        printf("%d\n",n>>1);
    }
    return 0;
}

题目

题目大意：给定n个数，计算它们之间两两组合的最大公倍数序列的最小公因数

思路：使用性质9

代码

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll data[100001],GCD[100001],res;
int n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
     
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
ll lcm(ll a,ll b)
{
     
    return a/gcd(a,b)*b;
}
int main()
{
     
    cin >>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)//输入
        cin >>data[i];
    for(int i=n;i>=1;i--)
        GCD[i]=gcd(data[i],GCD[i+1]);//求出除去当前元素后其他元素的公共最大公约数
    for(int i=1;i<=n;i++)
        res=gcd(res,lcm(GCD[i+1],data[i]));//运用性质9获得总的最大公约数，递推思想，求出每个序列后缀的最大公约数
    cout <<res;
    return 0;
}

质因数分解与互质

质因数定义：如果一个质数是某个数的因数，那么这个质数为此数的质因数。

互质定义：gcd(a,b)=1

代码(具体解释详见算数基本定理)

int p[N];
int c[N];
int cnt;
void divide(int n)
{
     
    for(int i = 2; i <= sqrt(n); ++i)
        if(n % i == 0)
        {
     
            p[++cnt] = i;
            c[cnt] = 0;
            while(n % i == 0)
            {
     
                n /= i;
                ++c[cnt];
            }
        }
    if(n > 1)
    {
     
        p[++cnt] = n, c[cnt] = 1;
    }
}

题目

题目大意：给出t个正整数，对每个整数而言，至少有一个整数对a，b使得两者的最大公约数与最小公倍数之和等于该整数，如果只有一对整数对，输出a，b，否则输出符合条件的任意一对

思路：通过判断奇偶来执行对应的输出

代码

#include 
#include 
using namespace std;
long long x=0,t=0;
int main()
{
     
    cin >>t;
    while(t--)
    {
     
        cin >>x;
        if(x==2)
            cout<<"1 1"<<endl;
        else
        {
     
            if(x^1)//如果是偶数，则必定存在整数对1、x-1满足条件
                cout<<"1 "<<x-1<<endl;
            else//如果是奇数同理
                cout<<"2 "<<x-2<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

题目

题目大意：求出一个数列的公共除数的个数

思路：一开始是想用试除法将这n个数字的因数及其指数存下来然后遍历去判等，但发现这样不行，一个是时间为$n+n\sqrt{n}$，另一个是每个数字在某一质数位上分的指数不一定就是1，后来学习学长的代码，该题解法为，求出整个序列的最大公约数，再看这个公约数有多少因数。

代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,input[500000],GCD,ans,acc[500000],res=1;
void divide()
{
     
    for(int i=2; i<=GCD/i; ++i)
    {
     
        if(GCD%i==0)
        {
     
            acc[++ans]=0;
            while(GCD%i==0)
            {
     
                GCD/=i;
                ++acc[ans];
            }
        }
    }
    if(GCD>1)
        acc[++ans]=1;
}
int main()
{
     
    cin >>n;
    for(int i=0; i<n; ++i)
        cin >>input[i];
    GCD=input[0];
    for(int i=1; i<n; ++i)
        GCD=gcd(GCD,input[i]);
    divide();
    for(int i=1;i<=ans;i++)//算数基本定理算约数个数
        res*=acc[i]+1;
    cout <<res<<endl;
    return 0;
}

拓展欧几里得算法

对于不完全为 0 的非负整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数，则必然存在整数对 x，y ，使得 gcd（a，b）=ax+by成立

证明：

令a>b
b=0时,gcd(a,b)=a,存在x=1，y=0
a*b!=0时，
设ax1+by1=gcd(a,b)
又bx2+(a%b)y2=gcd(b,a%b)
由gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
可以推出
ax1+by1=bx2+(a-a/b*b)y2
ax1+by1=ay2+bx2-a/b*by2
因为该式恒等，可得x1=y2，y1=x2-(a/b)*y2
x1、y1基于x2、y2(bx2+(a%b)y2=gcd(b,a%b))得出

之后进行递归/迭代可以最终求出x1、y1，最后总能到达b=0

代码（待理解）

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
     
    if(b == 0)
    {
     
        x = 1,y = 0;
        return a;//这一层的x
    }
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    int z = x;
    x = y;//这一层的x
    y = z - y * (a / b);//这一层的y
    return d;
}

拓展欧几里得应用

1. 求解不定方程

2. 求解模线性方程

3. 求模的逆元

算数基本定理及其推论

算数基本定理

对于任意一个大于1的自然数N，如果N不为质数，那么N可以唯一分解成有限个质数的乘积N=$P_1^{{\alpha }_1}{P}_2^{{\alpha }_2}\dots P_n^{{\alpha }_n}$，这里$P_1<P_2<\cdots <P_n$且均为质数，$a_i$为正整数。这样的分解称为N的标准分解式

试除法求一个数所有约数

代码

vector<int> res;
void GetDivisors(int x)
{
     
    for (int i=1;i<=x/i;i++)//i<=x/i等价于i*i<=x
        if(x%i==0)//如果能整除
        {
     
            res.push_back(i);//如果x可以整除i，将i加入
            if (i!=x/i) //录入另一个因数
            	res.push_back(x/i);
        }
    sort(res.begin(),res.end());
}

推论1：求约数个数

由基本定理可得，对于一个非质数N，其约数D必可表示为D=$P_1^{{\beta }_1}{P}_2^{{\beta }_2}\dots P_n^{{\beta }_n}(0\le {\beta }^i\le {\alpha }^i)$
那么，求约数个数的问题便可以转换成：
${\beta }_1-{\beta }_n$间每一个$\beta$取法数累积，所以总个数为
$({\alpha }_1+1)({\alpha }_2+1)({\alpha }_3+1)\dots ({\alpha }_n+1)$

题目

题目大意：给定N个数，求出这N个数的乘积的约数个数对$10^9+7$的模

思路：由推论1可得，我们将这N个数分别进行质因数分解，统计各底数的数量，最后进行累积即可

代码

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
int main()
{
     
    int N;
    cin>>N;
    unordered_map<int, int>primes;//用unordered_map存储,提高速度
    while(N--)
    {
     
        int x;
        cin>>x;
        for (int i=2; i<=x/i; i++)
            while(x%i==0)//如果可以整除
            {
     
                x/=i;//去掉这一个底数
                primes[i]++;//底数的指数加1
            }
        if(x>1)primes[x]++;//若x大于1，说明x为先前未曾记录的质因数底数，记录该底数
    }
    ll res = 1;
    for (auto p:primes) res=res*(p.second+1)%mod;//累积
    cout<<res<<endl;
    return 0;
}

推论2：求约数之和

对于一个数N=$P_1^{{\alpha }_1}{P}_2^{{\alpha }_2}\dots P_n^{{\alpha }_n}$，其一个约数D=$P_1^{{\beta }_1}{P}_2^{{\beta }_2}\dots P_n^{{\beta }_n}(0\le {\beta }^i\le {\alpha }^i)$

便可得到约数之和（用排列组合的思维去证明）:$(P_1^0+P_1^1+\cdots +P_1^{{\alpha }_1})(P_2^0+P_2^1+\cdots +P_2^{{\alpha }_2})\dots (P_n^0+P_n^1+\cdots +P_n^{{\alpha }_n})$

题目

题目大意：给定N个数，求出这N个数的和的约数个数对$10^9+7$的模

思路：由推论2，只需求出$P_i^0+P_i^1+\cdots +P_i^{{\alpha }_1}$并累积即可，令t=1，每次t=p*t+1，第一次执行后t=p^2+p+1，第a次后为所求式子

代码

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
int main()
{
     
    int N;
    cin>>N;
    unordered_map<int, int>primes;//用unordered_map存储,提高速度
    while(N--)
    {
     
        int x;
        cin>>x;
        for (int i=2; i<=x/i; i++)
            while(x%i==0)//如果可以整除
            {
     
                x/=i;//去掉这一个底数
                primes[i]++;//底数的指数加1
            }
        if(x>1)primes[x]++;//若x大于1，说明x为先前未曾记录的质因数底数，记录该底数
    }
    ll res = 1;
    for (auto p:primes) 
    {
     
    	ll a = p.first, b = p.second; //a为底数，b为该底数数量，即指数
        ll t = 1;
        while (b--) t=(t*a+1)%mod;
        res=res*t%mod; 
    }
    return 0;
}

题目
题目大意：
思路：
代码

题目

题目大意：

思路：

代码

题目

题目大意：
思路：
代码

欧拉函数

同余

费马小定理

欧拉定理

乘法逆元

难题解析

题目

题目大意：
思路：

代码

题目

题目大意：

思路：

代码

题目

题目大意：

思路
代码

拓展

ICPC线上测试赛

中国剩余定理

大数小数定理

Pollard Rho算法

题目

题目大意：
思路：
代码