《算法竞赛进阶指南》数论篇

下述理论主要参考书目： 电子版pdf:算法竞赛进阶指南(p133-150)

首先补充两个前置知识：约数和最大约数有关性质，可选择性看~

有关素数筛的算法 埃式$nlog(n)$&欧拉素数筛$o(n)$&大区间素数筛

约数

最大公约数

1.gcd(a,b)=gcd(a,a-b)=gcd(b,a-b)=d;

2.欧几里得算法： b!=0; gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=d;

(ps:其实这里有个一般性的结论：gcd(m,$n$)=gcd(m,$k\ast m+r_1$),n=$k\ast m+r_1$,k为整数,0<=$r_1$

1.证明：d|a 且 d|b 那么d| (a-b) 得证

2.证明：a a>=b: 令 a=$q\ast b$+r;
由于d|a d|$(q\ast b)$
那么易得 d|(a-$q\ast b$) 即得d|r
又r=a mod b ,所以gcd(a,b)=gcd(b,a%mod);

欧拉函数

φ(N)=N*(1 - $\frac{1}{p_1}$)(1 - $\frac{1}{p_2}$)(1 - $\frac{1}{p_3}$)…(1 - $\frac{1}{p_m}$)

证明：

具体用到了容斥原理：
φ(N)=N - ($\frac{N}{p_1}$ + $\frac{N}{p_2}$ + $\frac{N}{p_3}$ + $\frac{N}{p_4}$- $\frac{N}{p_1{p}_2}$ - $\frac{N}{p_2{p}_3}$-$\frac{N}{p_1{p}_3}$ - $\frac{N}{p_1{p}_4}$ - $\frac{N}{p_2{p}_4}$ - $\frac{N}{p_3{p}_4}$ + $\frac{N}{p_1{p}_2{p}_3}$ + $\frac{N}{p_1{p}_2{p}_4}$…-…+…-…$\frac{N}{p_1{p}_2{p}_3......p_m}$)
(ps:分式这小东西麻烦啦啊aaa…)
上面的式子因式分解就得到了:
即是： φ(N)=N*(1 - $\frac{1}{p_1}$)(1 - $\frac{1}{p_2}$)(1 - $\frac{1}{p_3}$)…(1 - $\frac{1}{p_m}$)

欧拉函数的一些性质

2.性质2我们知道了欧拉函数是积性函数(PS:积性函数：对于任意互质的整数a和b有性质f(ab)=f(a)f(b)的数论函数)

3.p 为质数，若p|n 且 $p^2$|n，则φ(n)=$\phi (\frac{n}{p})\ast p$;

4.p 为质数，若p|n 且 $p^2$不n整除，则φ(n)=$\phi (\frac{n}{p})\ast (p-1)$;

5.${\sum }_{d|n}\phi (d)=n$

证明：

1.由于gcd(n,x)=gcd(n,n-x)=1,所以与n互质的数是"成对"的出现。进而n+(n-x)=n. 就得出了
2.性质2就很显然了，根据欧拉函数的公式 φ(N). a,b互质，所以分解质因数没有一样的，根据欧拉函数就可以将 φ(a) φ(b)合并得出了φ(N)。
所以欧拉函数是积性函数
3.用到了 φ(N)=N $\ast$ (1 - $\frac{1}{p_1}$)(1 - $\frac{1}{p_2}$)(1 -$\frac{1}{p_3}$)…(1 - $\frac{1}{p_m}$)
$p^2$|n主要告诉咱们N分解后p的质因数个数不少于2. 所以$\frac{N}{p}$分解后的质因数还有p.
φ($N$)和φ($\frac{N}{p}$)的欧拉函数表达式中(1 - $\frac{1}{p_i}$)全都一样，只是一个是N和$\frac{N}{p}$。
所以就得出了φ(N)=$\phi (\frac{N}{p})\ast p$;
4.是同理3的证明方法。
5.性质5：$f(n)={\sum }_{d|n}\phi (d)=n$ 证明比较难了，首先得证明$f(n)$是积性函数. $f(n)$积性函数证明：其实有点显然了, 若n,m互质，出发点仍然是质因数分解考虑. 举个栗子:n=6, m=35, n,m互质.
n中的d：1,2,3. m中的d：1,5,7. 然后我们知道欧拉函数 φ(N)是个积性函数(见性质2)。
$(1,2,3)\ast (1,5,7)$的分解得出集合d全是能整除$n\ast m$，不多不少。 ps:$(1,2,3)\ast (1,5,7)$ 得到的d集合(1,5,7,2,10,14,3,15,21).
所以就知道了嘛: n,m互质 那么:$f(n\ast m)=f(n)f(m)$ 得证：$f(n)$是积性函数

ps:φ(1)=1

同余

定义：若整数a和整数b除以正整数m的余数相等，则称a,b模m同余。记为a $\equiv$ b(mod m)。
eg：10 $\equiv$ 24(mod 7) 同余数3.

同余的基本性质

在写性质之前，先得有种这样的思路。
a=$p\ast m$+$r_1$
b=$q\ast m$+$r_2$
如果a$\equiv$b(mod m)，那么$r_1$=$r_2$。

性质一: 如果a$\equiv$b(mod m),c$\equiv$d(mod m).那么($a\pm c$)$\equiv$($b\pm d$) (mod m)。

(ps:从$r_1$ 和$r_2$这方面思考)。

性质二:如果a$\equiv$b(mod m),c$\equiv$d(mod m).那么($a\ast c$)$\equiv$($b\ast d$) (mod m)。

证明: 首先从已知得到a和b的余数是$r_1$，c和d的余数是$r_2$.
a=$p\ast m$+$r_1$, c=$q\ast m$+$r_2$
然后呢$a\ast c$=$p\ast q\ast m$ +$(r_1+r_2)\ast m$ +$r_1\ast r_2$.
对于$b\ast d$同理的，那些($p\ast q\ast m$ +$(r_1+r_2)\ast m$)能被整除的不用管它,然后后面的尾巴都是$r_1\ast r_2$.所以得以证明。

性质三: 如果ac$\equiv$bc(mod m), 且 gcd(c,m)=1(c和m互质) , 则有a$\equiv$b(mod m)。

这条性质很重要，反复品味。
证明： 对于ac$\equiv$bc(mod m)有ac=$p\ast m$+$r_1$,bc=$q\ast m$+$r_1$。
所以ac-$p\ast m$=bc-$q\ast m$.
得到：$(a-b)\ast c$=$(p-q)\ast m$。
再可得到$(a-b)\ast c$中能被m整除。
然后根据算术基本定理：n=$p_1^{c_1}$$p_2^{c_2}$$p_3^{c_3}$$p_4^{c_4}$…$p_m^{c_m}$
由于gcd(c,m)=1, m不在c中，那么m只能在$a-b$中。(即是$a-b$=$k\ast m$)
用符号表示：m|(a-b).
a=$p\ast m$+$r_1$
b=$q\ast m$+$r_2$
a-b=$(p-q)\ast m$+$(r_1-r_2)$
能被m整除，所以$r_1$=$r_2$
这就说明了a和b的余数都是$r_1$。 所以a$\equiv$b(mod m)。

性质四：若ac≡bd,c≡d(mod m)，且gcd(c,m)=1，得到a≡b(mod m)。

(ps:其实性质三是性质四的特殊情况，c=d )
证明: 首先c与d的余数相等，记为$r_1$,
又因为gcd(c,m)=1;
所以$r_1$=1
所以我们得出了gcd(d,m)=1.
a=$p\ast m$+$r_2$
c=$q\ast m$+$1$
b=$k\ast m$+$r_3$
ac=($p\ast q\ast m$) + ($p\ast m$) + ($q\ast m\ast r_1$) + $r_2$
bd=…+$r_3$
由于ac与bd余数相等,所以$r_2=r_3$。
所以a≡b(mod m)。

同余类与剩余系

gcd($a\ast b$,m)=1; gcd($a\ast b$,m)=gcd($(a\ast b)$%m,m)=1. (ps：见最大公约数性质二)
所以$(a\ast b)$%m 与 m互质。 所以得出了简化剩余系关于模m乘法封闭。
(ps:这个关系怎么理解呢？对于所有的a，gcd(a,m)=1，那么gcd(a%m,m)=1，即是所有a都能映射到m的简化剩余系中)

费马小定理 & 欧拉定理

1.费马小定理：若p是质数，则对于任意整数a，有$a^p\equiv a$(mod p)。
2.欧拉定理：若正整数a,n互质，则$a^{\phi (n)}\equiv 1$(mod n).
ps:我个人一般会写成$a^{\phi (p)}\equiv 1$(mod p).
证明：
设n的简化剩余系为{$\overline{a_1}$,$\overline{a_2}$,$\overline{a_3}$,$\cdots$$\overline{a_{\phi (n)}}$}。对于$\forall a_i,a_j$,若$a\ast a_i\equiv a\ast a_j$(mod n)。
根据同余性质三的结论(如果ac$\equiv$bc(mod m), 且 gcd(c,m)=1(c和m互质) , 则有a$\equiv$b(mod m)。) 可知道$a_i\equiv a_j$ (mod n)又因为$a_i,a_j\in (1,n)$,所以$a_i\ne a_j$。
这个证明有什么用呢？意味着若$a_i\ne a_j$,则$(a\ast a_i)$%n和$(a\ast a_j)$%n不等。
那么$a\ast a_i$等一系列是一一对应的。
因此，集合{$\overline{a_1}$,$\overline{a_2}$,$\overline{a_3}$,$\cdots$$\overline{a_{\phi (n)}}$}与集合{$\overline{a{a}_1}$,$\overline{a{a}_2}$,$\overline{a{a}_3}$,$\cdots$$\overline{a{a}_{\phi (n)}}$}都能表示n的简化剩余系。
所以我们得出了这样一个东东…
$a^{\phi (n)}{a}_1{a}_2{a}_3\cdots a_{\phi (n)}\equiv (a{a}_1)(a{a}_2)(a{a}_3)\cdots a_{\phi (n)}$
$(a{a}_1)(a{a}_2)(a{a}_3)\cdots a_{\phi (n)}\equiv a_1{a}_2{a}_3\cdots a_{\phi (n)}$(mod n)
$a{a}_1=p_1\ast m$+$r_i$,$a{a}_2=p_2\ast m$+$r_j$,$a{a}_3=p_3\ast m$+$r_k$,然后像这样所有的$a{a}_s$的余数$r_i,r_j,\cdots r_k$组成的集合就是n的简化剩余系(ps:用到了上面证明的两个集合一一对应的性质，我相信您能看到这里对同余的理解应该很清楚了)就得出了上面的等式。
结合两个等式$a^{\phi (n)}{a}_1{a}_2{a}_3\cdots a_{\phi (n)}\equiv a_1{a}_2{a}_3\cdots a_{\phi (n)}$(mod n)
$a_1{a}_2{a}_3\cdots a_{\phi (n)}$与n互质(根据同余性质三)
得出了$a^{\phi (n)}\equiv 1$(mod n)
在上述中我们的前提是a与n是互质的。故我们证明了欧拉定理。
如果n是质数，那么φ(n)=n-1。 在欧拉定理的基础上左右乘以a，得到$a^n\equiv a$(mod n)
即证明了费马小定理

趁热打铁来一道关于BSBG的算法题(依据费马下定理)

Discrete Logging POJ - 2417

问题： 给定$a,b,p,$求最小非负整数x，满足$a^x\equiv b$(mod $p$)
p是质数。
令$x=i\ast m-j,$ $m=\lceil \sqrt{p}\rceil$, 所以$a^{im-j}\equiv b$(mod p)
左右边同乘以$a^j$，得到:$a^{im}\equiv b{a}^j$(mod p)
然后就可以枚举i和j了。
首先从$[0,m]$枚举j，将得到的b$a^j$的值存入hash值。
然后，从$[1-m]$枚举$i$，计算$a^{im}$,查表，如果有值与之相等，则得到的$im-j$是最小值.
然后最小的非负数整数x若存在一定在1-p 区间内。
注意事项：

1.为什么最小的非负数整数x若存在一定在$[1,p]$ 区间内
因为费马小定理：$a^p\equiv a$(mod p) 进而得出$a^{p-1}\equiv 1$(mod p)
x=k*(p-1)+r. 1 所以：$a^x\equiv r$(mod $p$)
这说明了什么呢，一个大于等于p的x，总能在r $\in [1,p-1]$，找出r。
2.为什么m要取$\lceil \sqrt{n}\rceil$就可以?
因为是枚举嘛，开根号的时间复杂度是多少的。
3.一点j点可能会被覆盖呀？？对没错。枚举j时出来的值是有可能重复，那么在map就会再次刷新，
然后若是刷新啦，j刷新值会比原来值更大(ps:在代码中解释会更直观)。j值越大，得到的x越小（$x=i\ast m-j$），也是我们希望的。
4.关于枚举i，j区间的问题：
为什么从0−m枚举j，而从1−m枚举i？ i不能为0，否则im−j有可能出现负数的情况.
hmmm 其实枚举i，j的区间并不是一定的。
依据：$x=i\ast m-j$
还能枚举有： $i\in [1,m]$ , $j\in [1,m]$
参考资料：BSGS算法 学习笔记

#include
#include
#include
#include
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
ll gcd(ll a,ll b){ return b? gcd(b,a%b):a;}
//const int N=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
using namespace std;
ll read(){
    ll s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * f;
}
ll a,b,p;
ll qpow(ll x,ll y){
	ll ans=1;
	while(y){
		if(y&1){
			ans=(ans*x)%p;
		}
			x=(x*x)%p;
			y>>=1;
	}
	return ans;
}
ll x;
map<ll,int> mp;
void solve(){
//	cout<
    while(scanf("%lld %lld %lld",&p,&a,&b)!=EOF){
         a%=p;
         if(a==0 and b==0) {
             printf("%d\n",1);
             return ;
         }
         if(a==0)
         {  
         printf("no solution\n");
             return ;
         }
    	 //注意一个小细节，就是在快速幂中是p哦，别写成了mod啦，一个小小的坑~
    	  ll m=ceil(sqrt(p));
    	  mp.clear();
    	  ll ans=b%p;
    	  //枚举区间i:1-m 
    	  for(int i=1;i<=m;i++){
				ans=ans*a%p;
				mp[ans]=i;
//				cout<
		  }
		  ans=1;
		  int flag=0;
		  ll  t=qpow(a,m);
//		  ll top=p/m+1;
		  for(int i=1;i<=m;i++){
			  ans=ans*t%p;
		  	if(mp[ans]){
//		  		cout<<(i*m-mp[ans]+p)%p<
                printf("%lld\n",(i*m-mp[ans]+p)%p);
		  		flag=1;
		  		break;
			  }
		  }
		  if(!flag) printf("no solution\n");
//		   cout<<"no solution"<
	}
}
int main (){
//  freopen("in.txt","r",stdin);
//  freopen("out.txt","w",stdout);
  solve();
  return 0;
}

欧拉定理的推论

最小正整数$x_0$

欧拉的指数循环节

其他理论

1. i在区间[x,g(x)]内，$\lfloor k/i\rfloor$ 的值都相等。

说明：

求出i的一段连续区间使得：$\lfloor k/i\rfloor$ 是个定值。 eg： k=33，i=10; $\lfloor 33/10\rfloor$=3; 但是呢？ $\lfloor 33/8\rfloor$=3; 满足 $\lfloor 33/9\rfloor$=3; 满足 $\lfloor 33/11\rfloor$=3; 满足 $\lfloor 33/12\rfloor$=2; 不满足 所以他的一段连续的区间是：[8,11]。 i在[8,11]内， $\lfloor k/i\rfloor$是个定值。

证明：

由于g(x)>=x,所以i在这个区间内是个定值。

来看一到题：余数之和

题意很简单：

这里就用上了该结论。
大概讲一下写代码的思路。
我们知道一个N的正因数个数不超过2* sqrt(N).
(ps:a$a\ast b$=N 那么asqrt(n) 所以显而易见)
知道了这个就可以说明了 i在[1,N]内 $\lfloor N/i\rfloor$ 值不同的个数不超过 $2\ast \sqrt{N}$.
然后就知道了有不超过2* sqrt(N)个的区间。时间复杂度在O($\sqrt{N}$);
AC代码：

#include
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
ll gcd(ll a,ll b){ return b? gcd(b,a%b):a;}
const int N=2e5+10;
const ll mod=1e9+7;
ll read(){
    ll s = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch == '-') f = -1;
        ch = getchar();
    }
    while(isdigit(ch)) s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * f;
}
using namespace std;
ll n,k;
ll sum=0;
void solve(){
    n=read();k=read();
	sum=n*k;
	ll x=1;
	ll y;
	ll cnt;
	while(x<=n){
		if(k/x !=0)
		 y=k/(k/x);
		 else y=n;
		 cnt=y-x+1;
		if(y<=n)
		sum-= (k/x)*cnt*(x+y)/2;
		else {
			sum-=(k/x)*(n-x+1)*(x+n)/2;
		}
		x=y+1;
	}
	cout<< sum<<endl;
}
int main (){
//   freopen("in.txt","r",stdin);
//   freopen("out.txt","w",stdout);
  solve();
//   while(1);
  return 0;
}

参考博客：
同余
Discrete Logging
BSGS算法