基础数论(9.1)[45%]

数学是一切理科学习的基石
$-$鲁迅

$0x00$.引入

在$C++$的学习中, 除了基础算法, 还包括一定的基础数论知识 _{似乎是高中的知识呢}. 之后, 我们就可以快乐地迎接_毒瘤出题人的考验_毒打了

$0x01$.整除

一.定义

设 $a,b\in \mathbb{Z}(a\ne 0)$ 如果 $\exists$ 一个 $\mathbb{Z}q$, 使得$aq=b$, 则 $b$ 能被 $a$ 整除, 记作$a\mid b$, 否则记作 $a\nmid b$(看起来人畜无害的样子)

二.性质

(1) 如果 $a\mid b$ 且 $b\mid c$, 则 $a\mid c$

---

$Q$:就不能写易证吗?

$A$:你在数学题里写易证试试,看老师不给你扣完 !

$-$$cqbzgm$

证:

令 $ax=b(x\in \mathbb{Z}$ 且 $x\ne 0)$

$by=c(y\in \mathbb{Z}$ 且 $y\ne 0)$

$\therefore axy=c$

$\therefore a\mid c$

---

(2) 如果 $a\mid b$ 且 $a\mid c⟺$ $\forall x,y\in \mathbb{Z}$ 有 $a\mid bx+cy$

---

证:

令 $ap=b(p\in \mathbb{Z}$ 且 $p\ne 0)$

$aq=c(q\in \mathbb{Z}$ 且 $q\ne 0)$

$\because bx+cy=apx+aqy$

$=a(px+qy)$

$\therefore a\mid bx+cy$

---

(3) 设 $m\in \mathbb{Z}$ 且 $m\ne 0$ 则 $a\mid b⟺ma\mid mb$

---

证:

令 $ax=b(x\in \mathbb{Z}$ 且 $x\ne 0)$

$\therefore axm=bm⟺xam=bm$

$\therefore am\mid bm$

---

(4) 设 $x,y\in \mathbb{Z}$ 满足下式: $ax+by=1$ 且 $a\mid n,b\mid n$ 那么 $ab\mid n$

---

证:

令 $n=ap=bq(p,q\in \mathbb{Z})$

$\therefore a,b\ne 0$

$\therefore ax+by=1\Rightarrow \frac{x}{b}+\frac{y}{a}=\frac{1}{ab}$

$\therefore \frac{n}{ab}=n(\frac{x}{b}+\frac{y}{a})$

$=\frac{nx}{b}+\frac{ny}{a}$

$=px+qy$

$\therefore \frac{n}{ab}\in \mathbb{Z}$

$\therefore ab\mid n$

---

(5) 若 $b=qd+c(q\in \mathbb{Z})$那么$d\mid b⟺d\mid c$ ${}^{[}$¹${}^{]}$

---

即证:

$1.\{\begin{array}{ll}d\mid c& \\ b=qa+c& \end{array}\Rightarrow d\mid b$

$2.\{\begin{array}{ll}d\mid b& \\ b=qa+c& \end{array}\Rightarrow d\mid c$

证:

令 $dx=c(x\in \mathbb{Z})$ $(1)$

$\therefore b=q+xd$

$=d(q+x)$

$\therefore d\mid b$

令 $dy=c(y\in \mathbb{Z})$ $(2)$

$\therefore dy=qd+c$

$\therefore c=d(y-q)$

$\therefore d\mid c$

$\therefore d\mid b\iff d\mid c$

三.推论

请先阅读$0x02$模运算.

(1)设$a\in \mathbb{Z}$ 若 $2\mid (a\%10)$, 则$2\mid a$

---

证:

设 $x=(a\%10)$;

记 $A$ 为除末位外的部分, 则 $a=10\times A+x$

$\therefore a\%2=((10\times A)\%2+x\%2)\%2$

$\because 2\mid x$

$\therefore 2\mid a$

---

(2)设$a\in \mathbb{Z}$ 若 $4\mid (a\%100)$, 则$4\mid a$

---

证:

设 $x=(a\%100)$;

记 $A$ 为除后两位外的部分, 则 $a=100\times A+x$

$\therefore a\%4=((100\times A)\%4+x\%4)\%4$

$\because 4\mid x$

$\therefore 4\mid a$

---

(3)设$a\in \mathbb{Z}$ 若 $8\mid (a\%1000)$, 则$8\mid a$

---

证:

设 $x=(a\%1000)$;

记 $A$ 为除后三位外的部分, 则 $a=1000\times A+x$

$\therefore a\%8=((1000\times A)\%8+x\%8)\%8$

$\because 8\mid x$

$\therefore 8\mid a$

---

(4)设$a=\overline{a_n{a}_{n-1}\dots a_2{a}_1}$ 若 $3\mid {\sum }_{i=1}^n{a}_i$, 则$3\mid a$

---

证:

$\because$
$$\begin{array}{rlr}a-\sum _{i=1}^n{a}_i& =\overline{a_n{a}_{n-1}\dots a_2{a}_1}-\sum _{i=1}^n{a}_i& \\ & =\sum _{i=1}^{n}10^{n-1}{a}_i-\sum _{i=1}^n{a}_i& \\ & =\underset{n-1个}{999\dots 999}{a}_n+\underset{n-2个}{999\dots 999}{a}_{n-1}+9a_2& \end{array}$$

$\therefore 3\mid a-{\sum }_{i=1}^n{a}_i$

又$\because 3\mid {\sum }_{i=1}^n{a}_i$

$\therefore 3\mid a$

---

(5)设$a=\overline{a_n{a}_{n-1}\dots a_2{a}_1}$ 若 $9\mid {\sum }_{i=1}^n{a}_i$, 则$9\mid a$

---

证:

$\because$
$$\begin{array}{rlr}a-\sum _{i=1}^n{a}_i& =\overline{a_n{a}_{n-1}\dots a_2{a}_1}-\sum _{i=1}^n{a}_i& \\ & =\sum _{i=1}^{n}10^{n-1}{a}_i-\sum _{i=1}^n{a}_i& \\ & =\underset{n-1个}{999\dots 999}{a}_n+\underset{n-2个}{999\dots 999}{a}_{n-1}+9a_2& \end{array}$$
$\therefore 9\mid a-{\sum }_{i=1}^n{a}_i$

又$\because 9\mid {\sum }_{i=1}^n{a}_i$

$\therefore 9\mid a$

---

(6)若 $11$ 能整除 $a$ 的偶数位之和与奇数位之和的差,则 $11\mid a$.

---

证:

设$a=\overline{x_1{x}_2{x}_3{x}_4{x}_5}$

$\therefore (x_2+x_4-(x_1+x_3+x_5))\%11=0$

$(x_1+x_3+x_5-(x_2+x_4))\%11=0$

$\therefore a\%11=(x_1\times (9999+1)+x_2\ast (1001-1)+x_3\times (99+1)-x_4\times (10+1)+x_5)\%11$

$=(x_1-x_2+x_3-x_4+x_5)\%11$\

$=0$

$\therefore 11\mid a$

---

(7)能被$7,11,13$.整除的数的特征是这个数的末三位与末三位以前的数字所组成的数之差能被$7,11,13$整除

---

证:
设该数为$\overline{abcdefgh}$

$\therefore (\overline{fgh}-\overline{abcde})\%1001=0$

$$\begin{array}{rlr}\overline{abcdefgh}\%1001& =(\overline{abcde}\times 1000+\overline{fgh})\%1001& \\ & =((\overline{abcde}\times 1000)\%1001+\overline{fgh}\%1001)\%1001& \\ & =((\overline{abcde}\times (1001-1))\%1001+\overline{fgh}\%1001)\%1001& \\ & =(\overline{fgh}\%1001-\overline{abcde}\%1001)\%1001& \\ & =(\overline{fgh}-\overline{abcde})\%1001& \\ & =0& \end{array}$$

$\text{LATEX}$好难呀!

$0x02$模运算

一.定义

对于$a,b\in \mathbb{Z}(b\ne 0)$,求 $a$ 除以 $b$ 的除数,称为 $a$ 模 $b$, 记作 $a\mathrm{mod}b$ 或 $a\%b$

二.定律

1.分配律

$(1)(a+b)\%c=(a\%c+b\%c)\%c$

$(2)(a-b)\%c=(a\%c-b\%c)\%c$

$(3)(a\times b)\%c=(a\%c\times b\%c)\%c$

$(4)(a^b)\%c=(a\%c{)}^b\%c$

证明: 无${}^{[}$²${}^{]}$

2.放缩性

$(1)$ 如果 $a\%b=c,d\ne 0$ ,则 $(a\times d)\%(b\times d)=c\times d$

---

证:

令$b\times t+c=a(t\in \mathbb{Z})$

$\therefore bdt+cd=ad$

$\therefore (a\times d)\%(b\times d)=c\times d$

---

$(2)$ 如果 $a\%b=c,d\ne 0$ ,则 $(a÷d)\%(b÷d)=c÷d$

---

证:

令$b\times t+c=a(t\in \mathbb{Z})$

$\therefore \frac{bt}{d}+\frac{c}{d}=\frac{a}{d}$

$\therefore (a÷d)\%(b÷d)=c÷d$

---

$0x03$同余

一.定义

设$\exists m\in {\mathbb{Z}}^{+}(m\mid a-b)$, 则称$a$与$b$对模$m$同余, 记为$a\equiv b(\mathrm{mod}m)$, 表示$a$和$b$模$m$的同余式, 若$m\nmid a-b$, 则$a$与$b$对模$m$一定不同余.

二.定律

$a=b+km(k\in \mathbb{Z})⟺a\equiv b(\mathrm{mod}m)$

---

证:

令$a=km+b$

$\therefore a\%m=(km+b)\%m$

$=b\%m$

$\therefore a\equiv b(\mathrm{mod}m)$

三.性质

$(1)$ 自反性: $a\equiv a(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$\because m\mid a-a=m\mid 0$

$\therefore a\equiv a(\mathrm{mod}m)$

---

$(2)$ 对称性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m)\Rightarrow b\equiv a(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$\because m\mid a-b$

$\therefore m\mid b-a$

$\therefore b\equiv a(\mathrm{mod}m)$

---

$(3)$ 传递性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m),b\equiv c(\mathrm{mod}m)\Rightarrow a\equiv c(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$\because m\mid a-b,m\mid b-c$

$\therefore m\mid a-b+b-c\Rightarrow m\mid a-c$

$\therefore a\equiv c(\mathrm{mod}m)$

---

$(4)$ 同加性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m)\Rightarrow a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$m\mid a-b$

$⟺m\mid a-b+c-c$

$⟺m\mid (a+c)-(b+c)$

$\therefore a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}m)$

---

$(5)$ 同减性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m)\Rightarrow a-c\equiv b-c(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$m\mid a-b$

$⟺m\mid a-b-c+c$

$⟺m\mid (a-c)-(b-c)$

$\therefore a-c\equiv b-c(\mathrm{mod}m)$

---

$(6)$ 同乘性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m)\Rightarrow a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$m\mid a-b$

$⟺m\mid a-b+c-c$

$⟺m\mid (a+c)-(b+c)$

$\therefore a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}m)$

---

$(7)$ 同除性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m),c\mid a,c\mid b,c\perp m\Rightarrow a÷c\equiv b÷c(\mathrm{mod}m)$

---

法1:

证:

令$a-b=mk(k\in \mathbb{Z})$

$\therefore a=b+mk$

$\therefore \frac{a}{c}=\frac{k}{c}+\frac{m}{c}k$

$\because \frac{a}{c},\frac{b}{c}\in \mathbb{Z}$

$\therefore \frac{m}{c}k\in \mathbb{Z}$

$\therefore c\mid k$

令 $k=cx$

$\therefore \frac{a}{c}=\frac{b}{c}+mcx$

$\therefore \frac{a}{c}\%m=\frac{b}{c}\%m$

$\therefore a÷c\equiv b÷c(\mathrm{mod}m)$

法2:

证:

令$k_{1}c=a,k_{2}c=b(k_1,k_2\in \mathbb{Z})$

$m\mid a-b$

$\Rightarrow m\mid k_{1}c-k_{2}c$

$\Rightarrow m\mid c(k_1-k_2)$

$\because m\perp c$

$\therefore m\mid k_1-k_2$

$\therefore k_1\equiv k_2(\mathrm{mod}m)$

$\therefore a÷c\equiv b÷c(\mathrm{mod}m)$

---

$(8)$ 同幂性: $a\equiv b(\mathrm{mod}m),c\ge 0\Rightarrow a^c\equiv b^c(\mathrm{mod}m)$

---

法1:

证:

$a^c-b^c=(a-b)(a^{c-1}+a^{c-2}b+a^{c-3}{b}^2+\cdots +a^2{b}^{c-3}+a{b}^{c-2}+b^{c-1})$

$\therefore a-b\mid a^c-b^c$

$\because m\mid a-b$

$\therefore m\mid a^c-b^c$

$\therefore a^c\equiv b^c(\mathrm{mod}m)$

法2:

证:

$a\%m=b\%m$

$(a\%m{)}^c=(b\%m{)}^c$

$a^c\%m=b^c\%m$

$\therefore a^c\equiv b^c(\mathrm{mod}m)$

---

$(9)a\equiv b(\mathrm{mod}m),c\equiv d(\mathrm{mod}m)\Rightarrow a+c\equiv b+d(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$\because m\mid a-b,m\mid c-d$

$\therefore m\mid (a+c)-(b+d)$

$\therefore a+c\equiv b+d(\mathrm{mod}m)$

---

$(10)a\equiv b(\mathrm{mod}m),c\equiv d(\mathrm{mod}m)\Rightarrow ac\equiv bd(\mathrm{mod}m)$

---

证:

$m\mid a-b$

$\Rightarrow m\mid (a-b)\times c$

$\Rightarrow m\mid ac-bc$

$m\mid c-d$

$\Rightarrow m\mid (c-d)\times b$

$\Rightarrow bc-bd$

$\therefore m\mid ac-bc+bc-bd$

$\therefore m\mid ac-bd$

$\therefore ac\equiv bd(\mathrm{mod}m)$

---

$(11)a\%p=x,a\%q=x(p\perp q)\Rightarrow a\%(p\times q)=x$

---

证:

令$a-x=p{k}_1=q{k}_2(k_1,k_2\in \mathbb{Z})$

$\therefore (a-x)$ 是 $(p\times q)$ 的公倍数

$\because p\perp q$

$\therefore lcm(p,q)=pq$

$\therefore$ 令$a-x=pq{k}_3(k_3\in \mathbb{Z})$

$\therefore a=pq{k}_3+x$

$\therefore a\%(p\times q)=x$

$0x04$组合数学

一.定义

排列($Permutation$或$Arrangement$):在给定个数的元素中, 取出指定个数的元素进行排序,用$A$或$P$表示.

形如$A_n^m$的式子,表示在$n$个元素中选择$m$个进行排序的方式数量.

计算方法: $A_n^m(P_n^m)=\frac{n!}{(n-m)!}$

这里规定$0!=1$

---

组合($Combination$):在给定个数的元素中, 取出指定个数的元素,不考虑排序,用$C$表示.

形如$C_n^m$的式子,表示在$n$个元素中选择$m$个元素不考虑排序的数量.

计算方法: $C_n^m=\frac{A_n^m}{A_m^m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$ ;

性质: $C_n^m=C_n^{n-m}$ ; $C_n^m=C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}$

这里规定$C_n^0=1$

二.经典模型:小盒与球

1.球相同, 盒不同, 无空盒(隔板法)

这种情况我们可以使用隔板法: 将$n$个球排成一行，在$n-1$个间隔中加入$r-1$块隔板,如图:

恰好将这些球分为$r$类，且每一类都至少有$1$个球，一个类便放在一个盒子里，从而将问题转化为插入隔板的方案数（集合分划的方案数）。共有$n-1$个空隙可插入隔板，只需要$r-1$个隔板便可以划分出$r$类，从而答案是$C_{n-1}^{r-1}$。

2.球相同, 盒不同, 可空盒

这种情况我们可以将每$1$个盒子都放上$1$个球,因为多出了$r$个球, 所以就多出了$r$个缝隙 然后就可以像第一类那样讨论得出答案是$C_{n+r-1}^{r-1}$

3. 球不同, 盒相同, 无空盒

做过这道题的人, 会发现, 这种情况就是第二类斯特林数, 额…应该是第二类斯特林数的原型:

如果前$n-1$个球占了$m-1$个盒子, 那么我们就有两种情况:

$(1)$将第$n$个球单独放一个盒子: 就有$S(n-1,m-1)$种情况

$(2)$将第$n$个球放在前面$m$个盒子中: 就有$S(n-1,m)\times m$种情况

$\therefore$ 综上所述: $S(n,m)=s(n-1,m-1)+s(n-1,m)\times m$

状态转移方程:$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}+d{p}_{i-1,j}\times j$

4. 球不同, 盒相同, 可空盒

这种情况, 我们可将它分解为$m$种情况, 分别是:

$n$个球占$1$个盒子, $2$个盒子$\dots ,m$个盒子

$\therefore$ 综上所述:一共有 ${\sum }_{i=1}^{m}d{p}_{n,i}({\sum }_{i=1}^{m}S(n,i))$ 种情况

5.球不同, 盒不同, 无空盒

这种情况与第$4$种情况十分相似, 唯一的区别在于盒子是否相同, 所以不仅是球的不同排列, 还有盒子的排列

$\therefore$综上所述,一共有$S(n,m)\times A_m^m$种情况

6.球不同, 盒不同, 可空盒

这种情况下, 在放每个球时, 只需要考虑将它放到哪个盒子中，共有$m$种可能的选择，由乘法原理可知问题的答案是$m^n$

7.球相同, 盒相同,无空盒

这种情况就是正整数划分,即等于$n$分解为$m$个数的和的种数.

可以列出状态转移方程:$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-j,1}+\cdots +d{p}_{i-j,j}$

初始化为$d{p}_{n,1}=d{p}_{n,n}=d{p}_{n,n-1}=1$

8.球相同, 盒相同, 可空盒

对于这种情况, 我们可以先在每个盒子里放一个球, 然后类似于第$7$种情况讨论

得到:$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-j,1}+\cdots +d{p}_{i-j,j}$

答案在$d{p}_{n+m,m}$中

一张表格:

球是否相同	盒是否相同	是否允许空盒	答案
否	否	否	$S(n,m)\times A_m^m$
否	否	是	$m^n$
否	是	否	$S(n,m)$
否	是	是	$\sum_{i=1}^{m}{S(n, i)}\ $
是	否	否	$C_{n-1}^{m-1}$
是	否	是	$C_{n+m-1}^{m-1}$
是	是	否	$B(n,m)$
是	是	是	$B(n+m,m)$

$0x05$ 质数(素数)

一.定义

质数($Prime$)又称素数。一个大于$1$的自然数，除了$1$和它自身外，不能被其他自然数整除的数叫做质数；否则称为合数（规定$1$既不是质数也不是合数）。

二.判断

1.暴力判断$\mathcal{O}(n)$

考虑到素数只会被$1$和它本身整除，所以说我们只需要计算$[2,n-1]$之间的数能否整除，如果能，就代表它有除了 $1$ 和它本身意外的因子，就不是素数，否则就是素数。

bool judge_prime(int x) {
	for(int i = 2; i < x; i ++)
		if(!(x % i)) return false;
	return true;
}

tips:小优化 $\mathcal{O}(\sqrt{n})$

我们可以发现, 因数是成对出现的. 所以,我们只需要判断小于$\sqrt{n}$的数,就行了.

另起:除$2$以外的偶数都是合数, 而且$sqrt()$太慢了.

bool judge_prime(int x) {
	if(!(x % 2) && x > 2)return false;
	int t = sqrt(x); 
	for(int i = 2; i <= t; i ++) 
		if(!(x % i)) return false;
	return true;
}

说明

判断素数一直是算法界、数论解的一大难题。寻找高效的判素算法也是很多学者工作的目标之一。

除了这种朴素 $\mathcal{O}(n)$ 判素方法的优化以外，还有更多更复杂的素性测验法，包括基于费马小定理的概率素性检验$(\mathcal{O}(klo{g}^{3}n))$ ， $k$ 是费马小定理中选定的底数数量）、$Miller-Rabin$概率素性测试$(\mathcal{O}(klo{g}^{3}n))$ ，使用一些多项式变换可以达到$(\mathcal{O}(klogn))$、AKS确定性素性算法$(\mathcal{O}(lo{g}^{6}n))$

分解(质)因数和判断素数在数论界与算法界处于一个同等的地位。除了朴素$(\mathcal{O}(n))$ 的分解因数算法外，还有一些其他的因子分解法，例如 $Fermat$ 因子分解法， $Pollard\rho$ 方法、 $Pollardp-1$ 方法、连分数算法、二次筛法、数域筛法和椭圆曲线法等方法

但上述的这些笔者都不会, 所以就无法呈现, 等以后知识储备量够了再回来补充.

三.筛法

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[^]鸣谢:$C2024sujingzhi(sight\_720)$ , $cqbzgm$

[^]排列组合的性质来源于百度百科

[^]资源

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1. 充分必要条件表示符号两边的条件可以从一个推出另一个。如 $a+b=c\iff c-a=b$ ↩︎

2. 因为分配律的证明需要用到分配律, 所以博主不能确认是否正确, 就不放证明了. ↩︎