【数论】一些数论知识

前言

听了一下午数论之后的反应？
别问，问就是懵逼
然后打算把自己没记多少的笔记整理一下

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内容

素数

关于素数无限个的证明

设当前有限个素数为
$P_1,P_2,P_3...P_m$
那我们将它乘起来，再加上一个1， 即
$$\prod _{i=1}^m{P}_i+1$$
那么这得到的新的数字就无法被之前得到的m个素数整除（毕竟最小的素数也是$2$），也就是说这个新得到的数字是一个素数，也就与前面的只有m个素数的结论相矛盾
故证得素数有无限个

n以内的素数个数

$num=\frac{n}{\text{ln(x)}}$

算术基本定理

任意一个大于1的正整数都能拆分成若干个素数的乘积
$$N=P_1^{c_1}\times P_2^{c_2}\dots P_m^{c_m}(N>1)$$

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约数

一个数的正约数个数（约数个数定理）

$$\prod _{i=1}^m(c_i+1)$$

一个数的正约数和(约数和定理)

$$\prod _{i=1}^m\left(\sum _{j=0}^{c_i}(P_i{)}^j\right)$$

最大公约数和最小公倍数

用$gcd(a,b)表示a,b的最大公约数，用lcm(a,b)表示a,b的最小公倍数$

gcd(a,b) * lcm(a,b)= a * b的证明

设$d=gcd(a,b),e=lcm(a,b),a_0=a/d,b_0=b/d$，根据最大公约数的定义,有$gcd(a_0,b_0)=1$， 再根据最小公倍数的定义，有$lcm(a_0,b_0)=a_0\times b_0$
则$$e=lcm(a_0\ast d,b_0\ast d)=lcm(a_0,b_0)\ast d=a_0\ast b_0\ast d=a\ast b/d$$
证毕

更相减损术

$gcd(a,b)=gcd(b,a-b)=gcd(a,a-b)(a\ge b)$

欧几里得算法

$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$

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欧拉函数

表示1~N中与N互质的数的个数，记作$\phi (N)$
设P为不大于n的若干个素数
在算数基本定理中
$$n=P_1^{c_1}\times P_2^{c_2}\times ...\times P_m^{c_m}$$
$$\phi (n)=n\times \frac{P_1-1}{P_1}\times \frac{P_2-1}{P_2}\dots \frac{P_m-1}{P_m}$$
整理一下可得
$$n\times \prod _{质数P|N}（1-\frac{1}{P}）$$
证明：
用容斥原理
我们不妨设$p$为n的一个质因数，那么1~n中$p$的倍数共有$p$, $2p$, $3p$…共有$n/p$个；
再设一个$q$，也是n的一个质因数，那么共有$n/q$个q的倍数；
那么我们要除去$q$的倍数和$p$的倍数，但这样又会重复减去$pq$的倍数，所以还要加回来
即$n-\frac{n}{p}-\frac{n}{q}+\frac{n}{pq}$
此式可化为$n\ast (1-\frac{1}{p}-\frac{1}{q}+\frac{1}{pq})$
最后可以化为$n(1-\frac{1}{p})(1-\frac{1}{q})$
那这个可以一般化到所有n的质因数，就能得到上式
证毕.

积性函数

当a与b互质时，若有$f(ab)=f(a)\times f(b)$，称函数$f$为积性函数

一些性质

1.当$n>1$时 1~n中与n互质的数的和为$\frac{n\times \phi (n)}{2}$
2.若$a,b$互质，则有$\phi (ab)=\phi (a)\phi (b)$
3.若$f$是积性函数，且在算数基本定理中$f(n)={\prod }_{i=1}^{m}f(p_i^{c_j})$
4.设$p$为质数，若$p|n$且$p^2|n$，则$\phi (n)=\phi (n/p)\times p$
5.设$p$为质数,若$p|n$且$p^2\nmid n$,则$\phi (n)=\phi (n/p)\times (p-1)$
6.${\sum }_{d|n}\phi (d)=n$

这里只是将这些性质简单整理了一下，具体证明可以上网查询，这里就不给出证明了（主要是博主太菜了不会证

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同余

$a\equiv b(modm)$, 当且仅当$m|(a-b)$
证明：
设$a=k_{1}m+r_1$
设$b=k_{2}m+r_2$
使得$r_1==r_2$
则$a-b=k_{1}m+r_1-k_{2}m-r_2=(k_1-k_2)m$
故得$m|(a-b)$

一些性质

1.自反性 $a\equiv b(modm)\Rightarrow a\equiv b(modm)$
2.对称性 $a\equiv b(modm)\Rightarrow b\equiv a(modm)$
3.传递性$a\equiv b(modm),b\equiv c(modm)\Rightarrow a\equiv c(modm)$
4.同加性$a\equiv b(modm)\Rightarrow a+c$
5.同乘性$a\equiv b(modm)\Rightarrow a\ast c\equiv b\ast c(modm)$
6.同幂性$a\equiv b(modm)\Rightarrow a^n\equiv b^n(modm)$
7.若$amodp=x,amodq=x$(p, q互质)， 则$amodpq=x$

欧拉定理

若正整数a, n互质，则$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$
证明：
设$S_1=r_1,r_2,r_3...r_{\phi (n)}$， 这个集合内都是mod n的既约剩余系
将$S_1\ast a$得
$S_2=a{r}_1,a{r}_2,a{r}_3...a{r}_{\phi (n)}$， 也是mod n的既约剩余系
则可得$$\prod _{i=1}^{\phi (n)}a{r}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (n)}{r}_i(modn)$$
提出a可得
$$a^{\phi (n)}\prod _{i=1}^{\phi (n)}{r}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (n)}{r}_i(modn)$$
上式可化为
$$n|(a^{\phi (n)}\prod _{i=1}^{\phi (n)}{r}_i-\prod _{i=1}^{\phi (n)}{r}_i)$$
乘法分配律逆运算
$$n|(a^{\phi (n)}-1)\prod _{i=1}^{\phi (n)}{r}_i$$
因为${\prod }_{i=1}^{\phi (n)}{r}_i$与$n$互质($gcd({\prod }_{i=1}^{\phi (n)}{r}_i,n)=1$)
则可以得到
$$n|(a^{\phi (n)}-1)$$
由$a\equiv b(modm)=m|(a-b)$得
$$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$$
证毕.

费马小定理

若p是质数，则对于任意整数$a$, 有$a^p\equiv a(modp）$
证明：
分类讨论
1.$gcd(a,p)=1\Rightarrow a^{\phi (p)}\equiv 1(modp)\Rightarrow a^{p-1}\equiv 1(modp)\Rightarrow a^p\equiv a(modp)$
2.$gcd(a,p)\ne 1\Rightarrow a是p的倍数,则amodp=a^{p}modp=0$
证毕.

贝祖定理（裴蜀定理）

当$gcd(a,b)|m$时， 一定存在一组解使得$ax+by=gcd(a,b)$成立
设$d=gcd(a,b)$，则$a=d{a}^{\prime },b=d{b}^{\prime },ax+by=(d{a}^{\prime }x+d{b}^{\prime }y)=d(a^{\prime }x+b^{\prime }y)$
1.当$b=0$时，有一对$x=1,y=0$满足$a+0=gcd(a,0)=a$
2.当$b\ne 0$时
$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$
则$ax+by=b{x}^{\prime }+(amodb)y^{\prime }$
$=b{x}^{\prime }+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b)y^{\prime }$
$=a{y}^{\prime }+b(x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime })$
只要我们令$x=y^{\prime },y=x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime }$就能求解了

例：$12x+15y=gcd(12,15)=3$
解:
$gcd(12,15)\Rightarrow gcd(15,12)\Rightarrow gcd(12,3)\Rightarrow gcd(3,0)$
那我们令$x=y^{\prime },y=x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime }$
即$x=1,y=0$
往上推到$12,3的组，那x=0,y=1-\lfloor \frac{12}{3}\rfloor \ast 0=1$
再往上推,那$x=1,y=0-\lfloor \frac{15}{12}\rfloor \ast 1=-1$
最后推到$x=-1,y=1-\lfloor \frac{12}{15}\rfloor \ast 1=1-0=1$
经检验（-12+15 = 3），也是正确的

代码

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
	if(b == 0) {
		x = 1; y = 0;
		return a;
	}
	gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
	ll z = x;
	x = y; y = z - y * (a / b);
	return gcd;
}

求通解

设$x_0,y_0$为$ax+by=gcd(a,b)$的一组特解
$a(x_0+k_1)+b(y_0+k_2)=gcd(a,b)$
$a{x}_0+a{k}_1+b{y}_0-b{k}_2=gcd(a,b)$
只要让$k_0=\frac{b}{gcd(a,b)},k_2=\frac{a}{gcd(a,b)}$
则等式就是成立的
$$x=x_0+\frac{b}{gcd(a,b)}\ast t,y=y_0+\frac{a}{gcd(a,b)}\ast t$$

$ax+by=n$方程的主要解题步骤

1.$gcd(a,b)|n\Rightarrow$ 有整数解
2.用贝祖定理求$ax+by=gcd(a,b)\Rightarrow x_0,y_0$
3.同乘$\frac{n}{gcd(a,b)}$得到特解

线性同余方程

$ax\equiv b(modm)$
不会做？？？
转换成会做的不就好了
由上式可得$m|(ax-b)$
也就是说$my=ax-b$
移项可得
$ax-my=b$
当$gcd(a,m)|b$时，方程有解，用贝祖定理就好了

乘法逆元

$b,m$互质， 并且$b|a$， 若有x满足
$\frac{a}{b}\equiv ax(modm)$
称x为b的$modm$的乘法逆元， 记为$b^{-1}(modm)$(并非-1次方)
$\because a/b\equiv a{b}^{-1}(modm)$
$\therefore b\ast b^{-1}\equiv 1(modm)$（两边同乘$\frac{b}{a}$）
$\therefore bx\equiv 1(modm)$(线性同余方程)
若m为质数，并且b$b^{m-1}\equiv 1(modm)$(小费马
则$x=b^{m-2}$

线性求逆元

求出$1-n$的所有数的逆元
枚举$i$
首先$1^{-1}\equiv 1(modp)$
当$i<p$时，设$p=ki+r$($k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ,r=pmodi$ )
∵$pmodp=0$
∴$(ki+r)modp=0$
则有$ki+r\equiv 0(modp)$
两边同乘$i^{-1}$
则有$k+r{i}^{i-1}\equiv 0(modp)$
$\therefore r{i}^{-1}\equiv -k(modp)$
$\therefore i^{-1}\equiv -k{r}^{-1}$
又$\because k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor$, $r=$ $p$ % $i$
则有$i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \cdot (p$ % $i{)}^{-1}(modm)$
那很显然$(p$ % $i)$是小于i的
那可以根据前面的式子推， 代码就是

A[i]=-(p/i)*A[p%i];

应该还是比较容易懂的（虽然我这彩笔听的时候懵死了，但是下来看几下还是可以懂得

中国剩余定理（孙子定理）(crt)

求线性同余方程组？（大概）
其实我想单独写一篇文章（先咕着，不一定补
这里简单提一下
设$m_1,m_2,m_3...m_r$为两两互质的整数，且$m=m_1{m}_2...m_r$， 则同余方程组
设$m={\prod }_{i=1}^n{m}_i,M_i=m/m_i,t_i$是线性同余方程$M_i{t}_i\equiv 1(mod{m}_i)$的一个解

$\{\begin{array}{c}x\equiv b_1(mod{m}_1))\\ x\equiv b_2(mod{m}_2)\\ ...\\ x\equiv b_3(mod{m}_3))\end{array}$
有整数解，解为$x={\sum }_{i=1}^n{a}_i{M}_i{t}_i$
解：
设$k=t_i$
$x_i=m/m_i$（因为$M_i\%m_i=a_i$）
$x_i=M_{i}k\%m_i=a_i$
则有$$M_{i}k\equiv a_i(mod{m}_i)$$
设$q$为$M_i\%m_i$的逆元
则式子可变为
$$M_{i}q\equiv 1(mod{m}_i)$$
两边再乘$a_i$则有
$a_i{M}_{i}q\equiv a_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$
也就是说$x_i=a_i{M}_i{t}_i$
那把所有方程的解累加起来就得到通解
则$x={\sum }_{i=1}^n{a}_i{M}_i{t}_i$

板子

戳这

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