【数论】基础数论

基础数论

素数

Eratosthenes 筛法

bool isp[maxn];
void shai() {
    isp[1] = 0; for (int i = 2; i <= n; ++i) isp[i] = 1; 
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i) {
        if (!isp[i]) continue ;
        for (int j = 2 * i; j <= n; j += i) isp[j] = 0; 
    }
}

欧拉筛 O(n)

int pri[maxn]; bool isp[maxn];
void shai() {
    int c1 = 0; 
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (!isp[i]) pri[++c1] = i;
        for (int j = 1; j <= c1 && i * pri[j] <= n; ++j) {
            isp[i * pri[j]] = 1;
            if (i % pri[j] == 0) break; 
        }
    }
}

由于欧拉筛的每个数都是由它的最小质因子筛掉的，所以欧拉筛可以用来预处理每个数的最小质因子。

性质：每个数的质因子最多有 (O(log)) 个

证明：就算全都是 (2)，也只有 (O(log)) 个

费马二平方定理

素数 p 在模 4 意义下有 3 种情况

1. (p = 2)
2. (pequiv 1(mod~4))
3. (pequiv 3(mod~4))

其中 (p=2) 和 (pequiv 1(mod~4)) 的 (p) 总可以表示成整数 (x^2+y^2)，且这种表示是唯一的

Gcd

定理 1：(gcd(a,b)) 是 (a) 和 (b) 的线性组合中最小的正整数

证明：令 (g=gcd(a,b))，(s) 为 (a) 和 (b) 的线性组合中最小的正整数

(g|a,g|b)，所以 (g|(ax+by))，所以 (g|s)，又因为 (g>0,s>0)，所以 (gle s)

令 (q=lfloorfrac{a}{s} floor)，我们得到 (r=amod s=a-qs=a-q(ax+by)=a(1-qx)+b(-qy))

也就是说 (r) 也是 (a) 和 (b) 的一个线性组合，由于 (0le r<s)，所以 (r=0)，所以有 (s|a)，同理有 (s|b)

所以 (s|g)，又因为 (s>0,g>0)，所以 (sle g)

综上可得 (s=g)

定理 2：(gcd(ax, bx) = xgcd(a, b))

证明：显然

定理 3：(gcd(a, b) = gcd(a - b, b))

证明：

定理 4：$gcd(a, b) = gcd(b,a mod b) $

证明：

定理 5：(gcd(a, b) imes lcm(a, b) = ab)

证明：

令 (g=gcd(a,b),l=lcm(a,b),a=xg,b=yg)

(lcm(a,b)=lcm(xg,yg)=glcm(x,y)=gxyRightarrow gcd(a,b)*lcm(a,b)=gxgy=ab)

定理 6：(gcd(a^n-1,a^m-1)=a^{gcd(n,m)}-1)

证明：

((a^n-1,a^m-1)=(a^n-a^m,a^m-1)=(a^m(a^{n-m}-1),a^m-1))

显然 (a^m) 和 (a^m-1) 互质

所以我们得到 ((a^{n-m}-1,a^m-1))，也就是说我们可以对指数做辗转相除

所以最后一定能得到 (a^{(n,m)}-1)

定理 7：(lcm(a_1,a_2,...a_n)=frac{1元gcd之积*3元gcd之积...}{2元gcd之积*4元gcd之积...})

首先 (lcm) 肯定可以对于每个素因子单独考虑

我们现在仅考虑素数 (p_i)，不妨设 (b_i) 为 (a_i) 素因子分解之后 (p_i) 的指数

注意到 (p) 的贡献为 (max(b_1,b_2,cdots,b_n))

这个 (max) 可以看做是全集的 (max)，那么我们直接套 (max-min) 容斥，就能得到上述式子

欧几里得算法

void gcd(int a, int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }

复杂度 (O(log n))

证明：

用 (a_0) 和 (a_1) 表示初始的两个数。

数列 (a_i = a_{i-2}~\%~a_{i-1}) 直到 (a_k = 0)，最大公约数即为 (a_{k-1})

可以发现 (a_ileq a_{i-2} / 2)，也就是说，每两个数减小至少一半，所以复杂度是 (O(lon))

证明：

分情况讨论：

若 (a_{i-1}leq a_{i-2}/2) ，则 (a_{i}leq a_{i-2} / 2)

否则 (a_{i-1}>a_{i-2} / 2)，则 (a_{i} = a_{i-2}-a_{i-1})，则 (a_ileq a_{i-2} / 2)

扩展欧几里得算法 ExGcd

(ax+by=(a,b)) 利用扩展欧几里得算法可以找出一对满足条件的整数x，y。当然，这一对x，y是不唯一的。

void exgcd(int a, int b, int &d, int &x, int &y){ 
	if(!b){d = a; x = 1; y = 0;}
	else{
		exgcd(b, a % b, d, y, x);
		y -= x * (a / b);
	}
}

证明 ： (ax+by=(a,b))
利用 ((a,b)=(b,a\%b)) 可以不断递归，到底层 (b = 0) 则可解出 x 和 y

约数和公式

(n = p_1^{a_1}*p_2^{a_2}*p_3^{a_3}*...*p_m^{a_m})

n 的所有约数的和为 ((1 + p_1+p_1^2+p_1^3+...+p_1^{a_1})(1 + p_2+p_2^2+p_2^3+...+p_2^{a_2})...(1 + p_m+p_m^2+p_m^3+...+p_m^{a_m}))
考虑到每个括号中都是一个级数(大概吧)，然后就能化简成
(prod_{i=1}^{m}frac{p_i^{(a_i+1)}-1}{p_i-1}) 是不是很神奇

证明：感性理解一下，这个乘法类似于组合数学中整数拆分的思想======= 自己yy 关于下面的哪个级数。
令 (S(n)=1+ax+ax^2+ax^3+...+ax^n=sum_{i=0}^{n}ax^i Rightarrow xS(n)=sum_{i=1}^{n+1}ax^i Rightarrow S(n)=frac{xS(n)-S(n)}{x-1}=frac{x^{n+1}-1}{x-1})

(O(sqrt n) 求所有约数)

for(int i = 1; i * i <= x; ++i){
	if(x % i == 0){
		//i 是一个约数
    	if(x != i * i) // x / i 是一个约数
    }	
}

裴蜀定理

对于整数 (a,b) 以及其最大公因数 (d)，一定有整数 (x,y)，使得 (ax + by = d)

对于不定方程 (ax+by=c) 有整数解的充要条件是 (gcd(a,b)|c)

证明：令 (g= gcd(a,b ))

充分性： 已知 (g|c)

(g) 是 (a) 和 (b) 线性组合，证完了

必要性：已知 (ax+by=c) 有整数解

所以 (c) 是 (a) 和 (b) 的线性组合

所以 (g|c)

在模意义下，可以使得 (x) 和 (y) 为正整数 ????

裴蜀定理可拓展的到多个数

求 (sum_{i|n}sum_{j|n}[gcd(i,j)=1])

一种显然得方法是枚举 n 的约数，复杂度 (O(n))，考虑优化

(n=prod_{i=1}^mp_i^{a_i})

(sum_{i_1|p_1^{a_1}}...sum_{i_m|p_m^{a_m}}sum_{j_1|p_1^{a_1}}...sum_{j_m|p_m^{a_m}}[gcd(i_1*...*i_m,j1*...*j_m)=1])

(sum_{i_1|p_1^{a_1}}...sum_{i_m|p_m^{a_m}}sum_{j_1|p_1^{a_1}}...sum_{j_m|p_m^{a_m}}[gcd(i_1,j_1)=1]*[gcd(i2,j2)=1]*...*[gcd(i_m,j_m)=1])

(sum_{i_1=0}^{a_1}sum_{j_1=0}^{a_1}[min(i_1,j_1)=0]...sum_{i_m=0}^{a_m}sum_{j_m=0}^{a_m}[min(i_m,j_m)=0])

对于 (sum_{i=0}^asum_{j=0}^a[min(i,j)=0]=2a+1)

则 (Ans=prod_{i=1}^m2a_i+1)

模

定义：集合 (S) 为一个模，仅当 (Ssubseteq Z)，且 (S) 满足对加减法封闭，即 (forall m,n in S,mpm n in S)

生成模:：集合 (T) 的生成模是，最小的模 (S) ，使得 (Tsubseteq S)

实际意义：若 $ain T,bin T,a+b otin T_ORa-b otin T $，将 (a+b,a-b) 加入 (T) 。不断进行。

定理：集合 (S) 为一个非零模，当且仅当 (S) 中的所有元素都是一个正整数的倍数。

证明：设 (d) 是 (S) 中的最小正整数。假设存在一个整数 (x)，(x) 不是 (d) 的倍数。则 (x\%d e0，且x \%d < d)，故 (x\%d) 是 (S) 中的最小正整数，与 (d) 是 (S) 中的最小正整数矛盾

定理：(gcd(a,b)) 是 a 和 b 的生成模 (S) 中最小正整数。

证明：

设 d 是 (S) 中的最小正整数，(gcd(a,b) in S)，故 (d~|~gcd(a,b))，即 (dleq gcd(a,b))

(din S)，所以 (d) 是 (a) 和 (b) 线性组合，所以 (gcd(a,b) ~|~d)，即 (gcd(a,b) leq d)

所以 (d=gcd(a,b))

同余和取模

先看三个公式：(a+b) mod m = ((a mod m) + (b mod m))mod m
(a-b) mod m = ((a mod m) - (b mod m) + m)mod m
ab mod m = (a mod m)(b mod m)mod m

同余的性质

1. 自反性：(aequiv a(mod m))
2. 对称性：若 (aequiv b(mod m))，则 (bequiv a(mod m))
3. 同加性：若 (aequiv b(mod m))，则 (a+cequiv b+c(mod m))
4. 同减性：若 (aequiv b(mod m))，则 (a-cequiv b-c(mod m))
5. 同乘性：若 (aequiv b(mod m))，则 (acequiv bc(mod m))
6. 同幂性：若 (aequiv b(mod m))，则 (a^nequiv b^n(mod m))
7. 推论1：若 (amod p=k)，(amod q=k)，且 (gcd(p,q)=1)，则 (amod pq=k)
8. 注意：同余不满足同除性，即 a $$div$$ n $$ otequiv$$ b $$div$$ n (mod m)

幂取模

求 (a^nmod p)

思路：在快速幂的过程中取模

ll pow_mod(ll x, ll n) {
    ll s = 1;
    for(; n; n >>= 1) {
        if(n & 1) s = s * x % p;
        x = x * x % p;
    } return s;
}

对于同余方程 (axequiv d(mod~m))，(m) 为质数，d = (gcd(a,m))

(axequiv d(mod~m)Rightarrow ax+my=d) 利用 (exgcd) 算法可以求得一组解，但要是于要求是最小正整数解。

考虑 (ax+my=d)，令 (x=x-m,y=y+a)，(ax+by) 依然 (=d)，且 (x) 变小了，只告诉我们 (x) 可以对 (m) 取模。

但是可不可以更小。考虑令 (x=x-m,y=y+a)，也可以让 (x=x-m/d,y=y+a/d)，也就是说 (x) 可以对 (m/d) 取模

BSGS

用于求解 (a^xequiv y(mod~p)) (p) 是一个素数

令 (q=sqrt p) 考虑最终答案 (x) 一定在 ([0,p-1])。

在考虑两个数列 (S=[a^0,a^1,...,a^q],T=[a^0,a^q,a^{2q}...,a^{q^2}])

对于任意的 x，都可以用 (t_1in S,t_2 in T) 表示，即 (a^xequiv a^{t_1+t_2}equiv y Rightarrow a^{t_2}equiv y*{a^{t_1}}^{-1})

将 (t_2) 放到 hash 表里，枚举 (t_1)，查表即可。时间复杂度 (O(sqrt n))

对于 p 不是素数的情况，可以用 exBSGS

拓展欧拉定理

(egin{equation}~a^c~equiv~left{ egin{array}\ a^{c~Mod~phi(m)} &gcd(a,m)~=~1 \ a^c &gcd(a,m)~ eq~1~and~c~<~phi(m) \ a^{c~Mod~phi(m)~+~phi(m)} & gcd(a,m)~ eq~1~and~c~geq~phi(m) end{array} ight. end{equation})

逆元

概念：对于正整数 $a $ 和 (m)，如果有 (axequiv 1mod(m))，并且 (gcd(a,m)=1)，则把这个同余方程中 (x) 的最小正整数解叫做 $ a mod(m)$ 的逆元

作用：在求解除法取模问题 ((a/b)\%m) 时，我们发现除法不能直接取模，解决方法就是用乘法逆元，除以一个数取模等于乘以这个数的逆元再取模，即a/b=(a * inv(b))%m

证明：(frac{a}{b}equiv kmod(m)Rightarrow frac{a}{b*b^{-1}}equiv frac{k}{b^{-1}}mod(m) Rightarrow aequivfrac{k}{b^{-1}}mod(m)Rightarrow a*b^{-1}equiv kmod(m))

当然对于 ((a/b)\%m)，还可将其转换为 ((a\%bm)/b)

证明：令 ((a/b)\%m=x)，则 (a/b=km+xRightarrow a=kmb+bxRightarrow a\%bm=bxRightarrow(a\%bm)/b=x)

求法:

1.费马小定理

要求：p 为素数，然后求 $$a^{p-2}~mod ~p$$

2.扩展欧几里得

要求：gcd(a,m)=1，ax $$equiv$$ 1(mod m)可以转换为ax-my=1,把y写成+的形式就是ax+my=1，因为a与m互素，所以可以直接套用扩展欧几里得求出x即可

代码：

int inv(int a,int m){//计算a在模m下的逆
	int d,x,y;
  	exgcd(a,m,d,x,y);
  	return d == 1 ? (x+n)%n :-1;
}

3.线性求逆元

求一组数模m的逆元

设 (m=k*i+rRightarrow k*i+requiv 0mod(m)Rightarrow k+r*i^{-1}equiv 0 mod(m))
(Rightarrow k*r^{-1}+i^{-1}equiv 0mod(m)Rightarrow i^{-1}equiv-k*r^{-1}mod(m)Rightarrow i^{-1}equiv -m/i*(m\%i)^{-1})

另外：1 -> p-1 的所有数的逆元对应了 1 -> p-1 的所有数，既是单射也是满射

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxn 3000010
#define ll long long
using namespace std;

int n, m;
ll inv[maxn];

int main(){
	cin >> n >> m; inv[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; ++i){
		inv[i] = -1ll * (m / i) * inv[m % i];
		inv[i] = (inv[i] % m + m) % m;
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%lld
", inv[i]);
	return 0;
}
	

剩余系

完全剩余系

模 (p) 意义下的完全剩余系为 ({0,1,2,3,...,p-1})

性质：

1. 若 (a_i) 构成了模 (p) 的完全剩余系，(gcd(m,p)=1)，(kin Z)，则 (k+ma_i) 也构成模 (p) 的完全剩余系

   证明：

   假设 (k+ma_iequiv k+ma_j(mod~p))

   则 (ma_iequiv ma_j(mod~p)) 两边同乘 (m) 在模 (p) 意义下的逆元

   则 (a_iequiv a_j(mod~p)) 不成立

简化剩余系（缩系）

模 (p) 的缩系为 ({a_i})，(0<a_i<p)，且 (gcd(p, a_i)=1)，这样的 (a_i) 有 (varphi(p)) 个

性质：

1. 若 (a_i) 构成了模 (p) 的简化剩余系，(gcd(m,p)=1)，则 (ma_i) 也构成模 (p) 的完全剩余系

2. 如果 (gcd(p,p')=1)，(a_i) 遍历模 (p) 的一个缩系，(a_i') 遍历模 (p') 的一个缩系，则 (a_i*p'+a_i'*p) 遍历 (pp') 的缩系

   证明：

阶

若 (a) 、(p) 为正整数，且 (gcd(a,p)=1)，称满足 (a^requiv 1(mod~p)) 的最小正整数 (r) 为 (a) 模 (p) 的阶（可以写成 (Ord_p(a))

由欧拉定理，(a^{varphi(p)}equiv 1(mod~p))，所以 (Ord_p(a)~|~varphi(p))

求阶只能从小到大枚举 ==

原根

若 (a) 、(p) 为正整数，且 (gcd(a,p)=1)，称满足 (Ord_p(a)=varphi(p)) 的 (a) 为模 (p) 的一个原根

关于原根的几个性质

1. 注意到所有的素数都有原根
2. 当正整数 (p) 有原根时，原根的个数为 (varphi(varphi(p)))
3. 令 (p) 的原根是 (g)，那么 (g,g^2,...,g^{varphi(p)}) 构成了模 (p) 简化剩余系

求素数原根的方法：

从小到大枚举 (d,din [2,p-1])，令 $a_i $ 为 (varphi(p )) 的素因子，验证 (d^{frac{varphi(p)}{a_i}}equiv 1(mod~p)) 是否都不成立，如果都不成立，那么 d 就是模 (p) 的一个原根

这种方法的证明：

假设对于 (d^{frac{varphi(p)}{a_i}}equiv 1(mod~p)) 均不成立，但存在 (k,k<varphi(p))，使得 (d^kequiv1(mod~p))

那么 (gcd(k,varphi(p))<p) 并且 (gcd(k,varphi(p))) 一定整除 (frac{varphi(p)}{a_i}) 中的一个，不妨设它整除 (frac{varphi(p) }{a_i})

考虑在模意义下的等式 (kx+varphi(p)yequiv gcd(k,varphi(p))~(mod~varphi(p)))，容易发现一定存在正整数解

我们知道 (d^{kx+varphi(p)y}equiv 1(mod~p))，所以 (d^{gcd(k,varphi(p))}equiv 1(mod~p))，而 (gcd(k,varphi(p))~|~frac{varphi(p)}{a_i})，这与假设矛盾

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 500010
#define ll long long
using namespace std;

int p, a[maxn], c1;

ll pow_mod(ll x, ll n) {
    ll s = 1;
    for (; n; n >>= 1) {
        if (n & 1) s = s * x % p;
        x = x * x % p; 
    } return s; 
}

int ans; 
int main() {
    cin >> p; int n = p - 1; 
    for (int i = 2; i * i <= n; ++i) 
        if (n % i == 0) {
            a[++c1] = i;
            while (n % i == 0) n /= i; 
        }
    for (int i = 2; i < p; ++i) {
        bool F = 1; 
        for (int j = 1; j <= c1; ++j)
            if (pow_mod(i, (p - 1) / a[j]) == 1) { F = 0; break; }
        if (F) { ans = i; break; } 
    } cout << ans << endl; 
    return 0; 
}

二次剩余

定义：对于整数 (x,d,p)，如果存在 (x)，使得 (x^2equiv d(mod~p))，则称 (d) 是 (p) 的二次剩余

以下讨论的皆是质数的二次剩余，即 (p) 是质数。

如何一个数是否是一个二次剩余

(x^2equiv a(mod~p)) 设原根为 (b,x=b^s,a=b^t)

(b^{2s}equiv b^t(mod~p)Rightarrow 2sequiv t(mod~p-1))

因为 p - 1 一定是一个偶数，所以如果 (t) 为奇数，原式无解

考虑 (t) 为偶数的情况，(1le s le p - 1)，所以 (s_1=t/2,s_2=t/2+(p-1)/2)

所以 (x=b^{t/2}) 或 (x=b^{t/2}b^{(p-1)/2}=-b^{t-2})

以上的算法是在知道原根的情况下，并且复杂度与 (p) 同阶，一般没啥用？？？

考虑别的方法。

勒让德符号

定义：

定理：((frac{a}{p})equiv a^{frac{p-1}{2}}(mod~p))，方程有解当且仅当 (a^{frac{p-1}{2}}equiv 1(mod~p))

证明：

当 ((frac{a}{p})=1) 时，方程 (x^2equiv a(mod~p)) 有解，则 (xequiv a^{frac{1}{2}}(mod~p))。我们知道 (x^{p-1}equiv 1(mod~p))，所以 (a^{frac{p-1}{2}}equiv 1(mop~p))

当 $$

定理：对于质数 p，只有 (frac{p-1}{2}) 个二次剩余

证明：对于 (1le u,vle p-1,u+v=p)，(p|(u+v))，则 (p|(u+v)(u-v))，则 (p|(u^2-v^2))，则 (u^2equiv v^2(mod~p))

定理：((a+b)^pequiv a^p+b^p(mod~p))

证明：

((a+b)^p=sum_{i=0}^pa^ib^{p-i}C_p^i)

当 (i) 不等于 0 和 p 时，(C_p^i=frac{p!}{i!(p-i)!}) 中的 p 因为是质数，不可能被约掉，所以一定是 p 的倍数