NOIP复赛复习（十二）数论算法巩固与提高

一、数论

  

1.数

 

整数、自然数（大于等于0的整数）、正整数（大于0的整数）、负整数、非负整数、非正整数、非零整数、奇数偶数。

 

2.整除性

 

设a,b∈Z，如果存在c∈Z并且a=bc，则称b|a（b为a的因子，“|”表示“能整除”）

 

3.质数

 

如果一个数，只有1和自身作为因子的数，叫做质数（素数）。

通论1：存在一个质数p，若p|ab，则p|a或者p|b。

通论2：若p|a或者(p,a)=1（p和a的最大公因子为1），则p|a²可以推出 p|a。

通论3：用π(x)表示不超过x的质数的个数，可以证：limπ(x)lnx÷x=1，换种通俗说法就是：1~x的质数个数大约为x/lnx（证明时间复杂度时可以用）。

 

4.质数的判定

 

（1）一个很多人都在用的办法（判断一个较小的数是否为质数）：

bool prime(int x)//判断质数时间复杂度：O(sqrt(x))，最多1012~1014

{

   if(x<2) return false;

   for(int a=2;a*a<=x;a++)

   {

        if(x%a==0) return false;//不是质数

   }

   return true;//是质数

}

（2）运用费马小定理： 

p为一个素数且p不是a的倍数，则有：a^p-1≡1(mod p)（不能从右边推到左边）

做法：多次选取a检验p是否满足费马小定理（说明p可能是质数，选的满足条件的a越多，p为质数的可能性越大）。

时间复杂度为：O(klogp)，选取k个a，判断的过程用掉logp，总的加起来为klogp。

特别地，这样的算法有缺陷，因为有Carmichael数的存在，可导致上述算法给出一个错误的判断，例如：561、1105、1729，这三个数满足费马小定理，但是它们都是合数！

这里给出1~10000的Carmichael数：561、1105、1729、2465、2821、6601、8911。

 

（3）Miller-Rabin算法（判断一个很大的数是否为质数）：

由于Carmichael数的存在，并且Carmichael数是有无穷多个的，那怎么办？打表？肯定不行啊！所以就要加强这个算法！

如果n为素数，取a，令n-1=d×2^r，则要么a^d≡1(mod n)，要么存在一个数i满足：0≤i＜r，使得：a^{d×2^i}≡-1(mod n)，“一个数mod n=-1”可以表示为：“一个数mod n=n-1”，同样地也是不能从右边推到左边。

时间复杂度：O(klogn)

做法：多次选取a检验p是否满足，则是质数的概率就大。（有个好消息：不存在Carmichael数这样的特殊情况！）

例如：12=3*2²

int a[5]={3,7,11,23,37}//这里选了钟神喜欢的5个质数来检验是否满足条件，如果不够保险的话还可以多加几个

bool Miller_Rabin(int n)//从a[]中选出5个a

{

   n-1=d*2^r;//用n-1来确定d、r

   for(int j=1;j<=5;j++)//这里用了5个小于n的质数a来检验，用质数是因为效果更好！

   {

       if(pow(a[j],d)%n!=1)//不满足第一个条件，pow为快速幂函数，pow(a,b)计算a^b

        {

            for(int i=0;i

            {

                if(pow(a[j],d*2^i)%n==-1)return true;//第二个条件

            }

            return false;

        }

   }

}

（4）筛法（处理1~n区间内有哪些质数）： 

基本做法：给出要筛数值的范围sqrt(n)，找出 sqrt(n)以内的素数p1,p2,p3,…,pk。先用2去筛，即把2留下，把2的倍数剔除掉；再用下一个素数，也就是3筛，把3留下，把3的倍数剔除掉；接下去用下一个素数5筛，把5留下，把5的倍数剔除掉；这样不断重复下去…… 

①非线性筛法：

bool not_prime[1000000];//true表示不是质数，false表示是质数

not_prime[1]=true;//1不是质数

for(int a=2;a<=n;a++)

{

   for(int b=a+a;b<=n;b+=a)

   {

        not_prime[b]=true;

   }

}

时间复杂度：(1/1+1/2+1/3+1/4+…+1/n)*n=nlogn

 

下面给出了优化版筛法，时间复杂度为：nlog(logn)

算法思路：如果当前这个数是合数，之前已经枚举过比它小的因子，在枚举这个小因子的时候，已经把这个合数的倍数覆盖掉了，所以没必要。

bool not_prime[1000000];//优化版非线性筛法

not_prime[1]=true;//1不是质数

for(int a=2;a<=n;a++)

{

   if(!not_prime[a])//如果是质数，进入循环，是合数就不进入

   {

        for(int b=a+a;b<=n;b+=a)

        {

            not_prime[b]=true;

        }

   }

}

②线性筛法：

算法思路：每个合数都由它最小的质因子筛掉（代码第12行）。一个合数会被拆成几个质因子相乘，利用最小的质因子就可以把这个合数筛掉了，避免了重复筛的过程。

 

int not_prime[1000000];

int prime[1000000];//质数表

int prime_count=0;//质数的个数

memset(not_prime,0,sizeof(not_prime));

not_prime[1]=true;//1不是质数

for(int i=2;i<=n;i++)

{

   if(!not_prime[i]) prime[++prime_count]=i;//把i放入质数表prime[]中

   for(int j=1;j<=prime_count;++j)//枚举质数表中的每一个数

   {

        if(prime[j]*i>n) break;

        not_prime[prime[j]*i]=true;//翻倍，一个数×另一个数一定为合数

        if(i%prime[j]==0) break;

   }

}

时间复杂度：是线性的，接近于O(n)。

 

5.最大公因数

 

（1）欧几里得算法（辗转相除法）：

原理什么的我就不说了，看代码YY一下就知道啦（详见人教版高中数学必修三）。

 

int gcd(int a,int b)//欧几里得算法时间复杂度：O(loga)

{

   if(!b) return a;

   else return gcd(b,a%b);

}

int gcd(int a,int b)//简化版欧几里得算法时间复杂度：O(loga)

{

   return b?gcd(b,a%b):a;//一行代码就是爽

}

 

（2）扩展欧几里得算法： 

用来在已知的a、b中求解一组x、y，使得ax+by=gcd(a,b)成立（根据数论相关定理，这组解一定存在）

求解过程（引自P₂O₅dalao的blog：http://p2oileen.xyz/index.php/2017/06/07/exgcd/）：

设a>b，则有当b=0时，gcd(a,b)=a，此时x=1，y=0。

当ab≠0时，设ax1+by1=gcd(a,b)，因为gcd(a,b)=gcd(b,a%b)，则一定有：bx2(a%b)y2=gcd(b,a%b)=gcd(a,b)=ax1+by1

所以将bx2+(a%b)y2=ax1+by1移项+整理可得：

ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;

根据恒等定理：x1=y2;y1=x2-(a/b)*y2;

这样我们就可以通过x2,y2递归求解x1,y1辣！

在gcd不断递归求解的过程中，总会有一个时刻b=0，所以递归是有终止条件的。

递归代码如下：

 

int Ex_Gcd(int a,int b,int&x,int &y)

{

   if(b==0)

   {

        x=1;

        y=0;

        return a;

   }

   int ans=Ex_Gcd(b,a%b,x,y);

   int t=x;

   x=y;

   y=t-a/b*y;

   return ans;//返回a、b的最大公约数

}

6.中国剩余定理（求解一次同余式组）

 

原问题：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？

简单地来说：有一个数x≡a1(mod p1)，x≡a2(mod p2)，x≡a3(mod p3)，…，x≡ak(modpk)，求解一个最小的x。

根据问题，我们可以得出好多好多好多的方程：

x=k1p1+a1；x=k2p2+a2；……

两个方程为一组，解之：

k1p1+a1=k2p2+a2移项得：k1p1-k2p2=a2-a1；

在我们小学的时候，就接触了一个这样的解法，很简单很实用，现在就来模拟一下！

大数翻倍法（一种求解最小公倍数的方法）：

 

举个栗子：

如要求两个数的最小公倍数，则将较大数翻倍，一直翻倍到是较小数的倍数时那么这个数就是这两个数的最小公倍数。

如：6和7

7×1=7,7×2=14,7×3=21,7×4=28,7×5=35,7×6=42

42是6的倍数，那么42就是6和7的最小公倍数。

这个算法的基本思想就是：找到一个最大的ans，然后不断翻倍，使它能够整除其他所有的p

我们假设p1，有：

//大数翻倍法时间复杂度：O(min(p1,p2))

int fanbei(int a1,int p1,int a2,intp2)//p1

{

   ans=a2;

   while(ans%p1!=a1) ans=ans+p2;

   return ans;

}

根据ans=a2+p1p2≡a2(mod p1)，计算得出时间复杂度为O(min(p1,p2))，也就是说加p1次一定会找到一个解！

 

7.逆元

 

定义：如果gcd(a,m)=1且存在唯一的b使得a×b≡1(mod m)且1≤b＜m，则b为a在模m意义下的逆元，a、b互为逆元。

举个栗子：令a=3，m=7，我们希望找到一个b满足a×b≡1(mod m)且1≤b＜m，不难找到b=5。则5为3在模7意义下的逆元，3、5互为逆元。

逆元的作用：在模的意义下做除法，举个栗子：计算(3×6÷3)mod7的结果，按照一般的顺序可以算出原式=(18÷3)mod7=6mod7=6。我们利用模的性质，可以把原式变为：(((3×6)mod7)÷3)mod7=4÷3mod7。我们发现进行到这里就无法计算了（模意义下不能做除法），这时候就要用到逆元，3的逆元为5，所以原式"4÷3mod7"变为"4×5mod7"，计算得6。

 

寻找逆元的方法： 

①费马小定理：a^p-1≡1(mod p)，p为质数，求a的逆元（保证a和p互质）？

两边同除以a得：a^p-2≡1/a(mod p)，也就是说，任意一个数a在模质数p意义下的逆元就是a^p-2。

②欧拉定理：a^φ(m)≡1适用于任何数m，但要保证gcd(a,m)=1，解法和费马小定理相同，φ(m)的意义之后会讲。

 

8.积性函数

 

定义：如果对于gcd(n,m)=1，有f(nm)=f(n)f(m)，则称f为积性函数，例如f(x)=1就是积性函数。

给出一些经典的积性函数：

①σ(n)=Σd|nd：n的所有因子之和

②τ(n)=Σd|n1：n的因子个数

③μ(n)莫比乌斯函数，稍后会讲

④φ(n)欧拉函数：1~n当中与n互质的数的个数，例如φ(6)=2，下面介绍用大约O(n²)的方法求1~n的所有数的φ(ai)：

假设一个数n，求φ(n)？因为n=P1^k1·P2^k2·…·Pr^kr→ φ(n)=n·(P1-1)/P1·(P2-1)/P2·…·(Pr-1)/Pr。

举两个例子：

30=2*3*5，所以φ(30)=30*(1/2)*(2/3)*(4/5)=8。

160=2⁵*5，所以φ(160)=160*(1/2)*(4/5)=64。

讲了这么多的函数，怎么样用到积性的性质呢？

积性的意义在于：可以在O(n)的时间复杂度内，求出1~n所有数的函数值。

如下的例子（运用在欧拉函数）：我们在O(n)的时间内求出1~n所有数的φ值

要用到线性筛（其他的函数也是差不多——线性筛中加上函数即可）！

 

memset(notprime,0,sizeof(notprime)),notprime[1]=true;//初始化

phi[1]=1;//赋初值，φ(1)=1

for(int i=2;i<=n;i++)

{

   if(!notprime[i])//是质数

   {

        prime[++prime_count]=i;

        phi[i]=i-1;//如果i是质数，显然和i互质的数有i-1个

   }

   for(int j=1;j<=prime_count;++j)//求合数的φ

   {

        if(prime[j]*i>n)//考虑prime[j]*i这个合数

        {

            break;

        }

        not_prime[prime[j]*i]=true;

        /*根据积性函数定义，有φ(prime[j]*i)=φ(prime[j])*φ(i)，要用积性函数的性质，必须满足prime[j]和i互质*/

        if(i%prime[j]!=0)//prime[j]和i互质

        {

           phi[prime[j]*i]=phi[prime[j]]*phi[i];//直接利用积性函数性质

        }

        else//i是prime[j]的倍数（不互质）

        {

            phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i];

            /*把prime[j]*i分成prime[j]段，每段长度为i，那么每一段与i互质的数一样多，根据性质：若a与b互质，那么a+b与b互质，a+2b与b互质，所以在第一段和i互质的数加上i之后还和prime[j]互质，所以整个里面就有prime[j]*phi[i]个数和它是互质的，所以phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i]*/

        }

        if(i%prime[j]==0) break;

   }

}

 

9.莫比乌斯

 

（1）莫比乌斯函数： 

含义（三种情况）：拆解一个数n=P1^k1*P2^k2*P3^k3*…*Pr^kr

①若n=1,μ(n)=1 ②当k1=k2=k3=…kr=1时,μ(n)=(-1)^r ③前面两个条件都不满足时,μ(n)=0。

意义：容斥原理必备，多有使用到的地方，希望考虑一下吧。

 

（2）莫比乌斯反演： 

以下两个条件等价：

①对于任意正整数n，f(n)=Σd|ng(d)

②对于任意正整数n，g(n)=Σd|nμ(d)f(n/d)

 

10.欧拉定理：

 

费马小定理的推广：a^φ(m)≡1(mod m)。

补充一些同余的性质：

①反身性：a≡a(mod m) 

②对称性：若a≡b(mod m)，则b≡a(mod m)

③传递性：若a≡b(mod m)，b≡c(mod m)，则a≡c(mod m)

④同余式相加：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则a±c≡b±d(mod m)

⑤同余式相乘：若a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则ac≡bd(mod m)

经典例题：给定数a、b、p，求a^x≡b(mod p)的最小正整数解x。

BSGS算法——“北上广深算法”或“拔山盖世算法”：

令x=im-j,m=⌈sqrt(p)⌉,则a^im-j≡b(mod p)，

移项，有：(a^m)i≡ba^j(mod p)

首先，从0~m枚举j，将得到的ba^j的值存入hash表；

然后，从1~m枚举i，计算(a^m)j，查表，如果有值与之相等，则当时得到的im-j是最小值。

 

#include 

#include 

#include 

#include 

#include

#include  

using namespace std; 

long long a,b,c,m,f[10000000]; 

map mp; 

long long qsm(long long x)  //快速幂

{ 

   long long sum=1;

   long long aa=a;  

     while(x>0) 

   { 

        if(x&1) 

        sum=(sum*aa)%c; 

        x=x>>1; 

         aa=(aa*aa)%c; 

   } 

   return sum; 

} 

int main() 

{ 

   mp.clear();//删除map中的所有元素。

   while(scanf("%lld%lld%lld",&c,&a,&b)!=EOF) 

   {

        mp.clear(); 

        if(a%c==0)//判断a,c 是否互质，因为c 是质数，所以直接判断是否整除即可

        { 

            printf("nosolution\n"); 

            continue; 

        } 

        int p=false; 

        m=ceil(sqrt(c));

        long long ans; 

        for(int i=0;i<=m;i++) 

        {

            if(i==0)

            {

                  ans=b%c;

                mp[ans]=i;

                  continue;

            }

            ans=(ans*a)%c;    

            mp[ans]=i; 

        }

        long long t=qsm(m);

        ans=1;

        for(int i=1;i<=m;i++) 

        { 

              ans=(ans*t)%c; 

            if(mp[ans]) 

            { 

                int t=i*m-mp[ans]; 

                printf("%d\n",(t%c+c)%c); 

                p=true; 

                break; 

            } 

        } 

        if(!p)

        {

            printf("nosolution\n"); 

        }      

   } 

}

经典例题：求[l,r]之间的所有素数，1≤l≤r≤10⁹，r-l≤10⁵。

三个解法：

①Miller-Rabin

②线性筛 

③SPOJPRIME1

 

 

二、概率

 

一些定义和推论：

①Pr[i]表示事件i发生的概率

②Pr[1]+Pr[2]+…Pr[N]=1 

③xi表示事件i的权重（自己定义的权重） 

④事件xi的期望E[xi]=Pr[i]×xi（i:1~N）  期望=概率×权重 

⑤对于独立事件i和j，Pr[i^j]=Pr[i]×Pr[j]，事件i和j的期望是可加的 

⑥当事件j已经发生时，事件i发生的概率为：Pr[i|j]=Pr[i^j]/Pr[j] 

一个有趣的结论：当太阳已经从东边升起N天后，第N+1天从东边升起的概率：(N+1)/(N+2)。

 

1.Problem 

 

在小葱和小泽面前有三瓶药，其中有两瓶是毒药一瓶是可乐，每个人必须喝一瓶。 

小葱和小泽各自选了一瓶药，小泽手速比较快将药喝了下去，然后就挂掉了。 

小葱想活下去，他是应该喝掉手上这瓶药，还是喝掉另外一瓶呢？ 

我们把瓶子编号为1、2、3，1、2号药是毒药，3号药是可乐。 

根据全排列的知识，我们列出6种情况： 

1、2、3；1、3、2； 

2、1、3；2、3、1； 

3、1、2；3、2、1； 

由于第一个人是被毒死了，所以只可能是1、2、3；1、3、2；2、1、3；2、3、1；这四种情况，我们发现第二个人喝的是解药的概率为：Pr[是解药]=(1+1)/4=50%。 

更简单的想法：小葱选哪个都一样，因为小葱不知道哪个是毒药哪个是可乐。

 

2.浅谈玛丽莲问题

 

美国某娱乐节目的舞台上，台上有三个门，其中一个门后边有汽车，另外两个门后边是山羊，主持人让你任意选择其中一个，然后他打开其余两个门中的一个，你看到的是山羊，这时，主持人会让你重新选择，那么你会坚持原来的选择还是换选另外一个未被打开过的门呢？

分两种情况讨论： 

①不换门：抽中汽车的概率是1/3。 

②换门：我们编号三个门分别为1、2、3，分别对应羊、羊、车 

情况1：假设你第一次猜的那个门是1，主持人必将打开2，选择换门3必能得到车。 

情况2：假设你第一次猜的那个门是2，主持人必将打开1，选择换门3必能得到车。 

情况3：假设你第一次猜的那个门是3，主持人会打开1或2，你会换1或2号门，得不到车。 

综上所述：换门抽中汽车的概率为2/3。

Pr(换门)>Pr(不换门)，所以应该换门！ 

现在思考：同样是二选一，为什么概率会不同？ 

因为主持人知道哪个门是羊哪个门是车，上一题中小葱不知道哪瓶是毒药，因为主持人从中作祟，所以概率不同！

 

3.Problem 

 

小胡站在原点，手里拿着两枚硬币。抛第一枚硬币正面向上的概率为p，第二枚正面向上的概率为q。

小胡开始抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向x轴正方向走一步，直到抛到正面。

接下来小胡继续抛第一枚硬币，每次抛到反面小胡就向y轴正方向走一步，直到抛到正面。

现在小胡想回来了，于是他开始抛第二枚硬币，如果小胡抛到正面就向x轴的负方向走一步，否则小胡就向y轴的负方向走一步。 

现在小胡想知道他在往回走的时候经过原点的概率是多少？ 

根据定理：往x轴走k步的概率为(1-p)^x×p，同理于y轴。 

我们可以枚举小胡在第一轮中走到的点(x,y) 

小胡走到点(x,y)的概率为(1-p)^x+y×p²（乘法原理） 

小胡从点(x,y)走回原点的概率为q^x×(1-q)^y×[(x+y)!/(x!×y!)]。 

说明：q^x×(1-q)^y表示前几步都走x步，后几步都走y步的概率，而实际情况是可以交替着走的，所以我们在后面乘上（也就是[(x+y)!/(x!×y!)]），才能表示从两种情况中选择往x、y之一走的概率。 

所以最终的概率为（对所有情况进行求和）： 

这个式子很不好求啊！！肆意展示一下数学功底的时候到了！ 

我们改变枚举量进行化简！过程如下：

其中： 

说明：在以上的推理过程中，打"*"的这一步和红框的推理过程： 

①打红框这一步推理： 

根据二项式定理，有（字丑不要介意；′⌒`）： 

类比一下，有a=q,b=(1-q)，所以原式可以化简为(q+1-q)ⁱ=1ⁱ=1（太™聪明了啊！！） 

②打"*"这一步推理： 

直接是等比数列求和即可！

 

4.Problem 

 

小泽在数轴上的0点处，他每次有r的概率向右走，有1-r的概率向左走，求小泽走到-1处的概率为？

解法：如果直接列式求和计算：大量组合数求和！卡特兰数！级数！（mmp看得我想死）

设到达x-1的概率为p，则p=(1-r)×1+r×p×p第一步向左走到-1的概率+第一步向右走回到-1的概率（往左走两次到-1）

根据上式，变形得：rp^4-1-p+1-r=0，解方程可得到：p=(1±|2r-1|)/2r，因为有绝对值，所以分类讨论2r和1的关系：

经过紧张又激烈的讨论，我们得出一个分段函数（r都可以取）：

 

5.Problem

 

小胡有一棵一个点的树，小胡会给这个点浇水，于是这个点会有