【瞎口胡】基础数学 1 快速幂 整除 最大公约数

写在前面

真的没啥可看的，就当我是给一万年后我校学 OI 的小朋友们写的（如果那时候还有的话）。

普通选手还是别看了，浪费时间，而且体现了我的菜。

符号说明

以下符号都是文中不会解释的。

(sum)：求和符号，(sum _{i=1}^{n} d_i = d_1 + d_2 + ... + d_n)，(sum_{d|n} d=) (n) 的正约数和。

(prod)：连乘积符号，(prod_{i=1}^{n} i = 1 imes 2 imes ... imes n)。

( ext{mod})：模。(x mod y) 即为 (x) 除以 (y) 的余数，(2 mod 3 = 2,8 mod 4 = 0,5 mod 3 = 2)。

(min{},max{})：最小值，最大值。这都不会还来看这篇文章？

快速幂

快速幂利用了整数乘法的结合律。(a^{b+c} = a^b imes a^c)，利用这个思想把 (a^c mod p) 在 (O(log c)) 的时间内求出。

具体的思想是把 (c) 二进制拆分成 (2^{r_1}+2^{r_2}+2^{r_3}+...2^{r_n})，其中 (r_i) 两两不同。再计算所有 (a^{2^{r_1}}) 的乘积，就得到了 (a^c)。

模板题 Luogu P1226 Code

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long 

const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;

int b,p,k;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-')f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}
inline int qpow(int d,int p){ d^p mod k
	int ans=1;
	while(p){
		if(p&1){ // 找出 p 中二进制下为 1 的位
			ans=ans*d%k;
		}
		p>>=1,d=d*d%k;	
	}
	return ans%k; // 大多时候可以不用取模 只有 k = 1 的时候需要这么做
}
# undef int
int main(void){
# define int long long
	b=read(),p=read(),k=read();
	printf("%lld^%lld mod %lld=%lld",b,p,k,qpow(b,p)); 
	return 0;
}

整除

基本知识

对于非负整数 (a) 和正整数 (b)，如果 (frac ab) 是整数（即： (a) 除以 (b) 的余数是 (0)），那么我们称 (b) 整除 (a)，记作 (b mid a)；称 (b) 是 (a) 的约数（或称因数，因子），(a) 是 (b) 的倍数。例如：(2 mid 114514)，(2) 是 (114514) 的约数，(114514) 是 (2) 的倍数。

如果 (b) 不整除 (a)，则记作 (b mid a)。例如 (114514 mid 1919810)。

(a) 除以 (b) 的余数记作 (a mod b)。例如 (9 mod 7=2,13 mod 4 =1)。

• 求出正整数 (n) 的所有约数

  容易发现 (n) 的约数成对出现，若 (i|n)，则 (frac ni|n)。

  考虑枚举 ([1,sqrt n]) 范围内的每一个正整数，逐个判断是否是 (n) 的约数。

  时间复杂度 (O(sqrt n))。

  std::vector <int> A;
  for(int i=1;i*i<=n;++i){
  	if(i%n==0){
  		A.push_back(i);
  		if(i*i!=n){ // 对于 n 是完全平方数的情况 如果不加以判断会被记录两次
  			A.push_back(n/i);
  		}
  	}
  }
  

• 求出 ([1,n]) 所有正整数的所有约数

  可以直接将上面的东西跑 (n) 遍，总复杂度 (O(nsqrt n))。

  复杂度不够优秀。考虑枚举 (1) 到 (n) 的所有正整数 (x)，将 (x,2x,···) 的约数集合中添加一个元素 (x)。

  这样总复杂度降到了 (O(n+frac n2+frac n3 ···· +1)=O(n ln n))。

  std::vector <int> A[MAXN];
  
  for(int i=1;i<=n;++i){
  	for(rr int j=1;i*j<=n;++j){
  		A[i*j].push_back(i);
  	}
  }
  

如果一个正整数只有 (1) 和它本身两个因子，那么我们称它为素数（或质数）。(1) 不是质数，(2) 是最小的质数。如果一个正整数的因子个数大于 (2)，则我们称它为合数。(1) 也不是合数。最小的合数是 (4)。

算术基本定理

当 (n) 是正整数且 (>1)，(p_i) 均为不同的素数，(c_i >0) 时，有唯一的 (p) 和 (c) 使得

[n=prod_{i=1}^{m} p_i^{c_i} ]

其中 (c_i) 被称为 (n) 中素因子 (p_i) 的次数（指数），(p_i) 被称为 (n) 的素因子（质因子）。

证明：如果有两个分解式 (n=prod_{i=1}^{m} p_i^{c_i}) 和 (n=prod_{i=1}^{m} {p'}_i^{{c'}_i})。不妨重排序列，设 (min{p_i} = p_1)，(min{{p'}_i} = {p'}_1)。(p_1 mid n Rightarrow p_1 mid prod_{i=1}^{m} {p'}_i^{{c'}_i})，则必定存在一个 ({p'}_i) 使得 (p_1 mid {p'}_i)。同理，存在 (p_j) 使得 ({p'}_1 mid p_j)。因为 ({p'}_i,p_j) 均为素数，所以可以改写为 ({p'}_i = p_1,p_j = {p'}_1)。

观察到 (p_1,{p'}_1) 均为序列中最小的数，因此 (p_1 = {p'}_1)。将这两项移除，可以递归地证明。

• 推论
  (n) 的正约数个数为
  [prod_{i=1}^{m} (c_i+1) ]
  证明：感性理解，(n) 的约数的唯一分解中每个质数的次数不可能超过 (n) 的唯一分解中该质数的次数。只要满足了这个限制，次数可以随便取，取 (0)（不选这个质因子）到 (c_i) 中的任何指数都可以，因此是 (c_i + 1) 种取法。根据乘法原理，把每个质数的选法乘起来。

(n) 的正约数和为

[ prod_{i=1}^{m} (sum_{j=0}^{c_i} p_i^{j}) ]

证明：和上面差不多，不再赘述。

常用性质

• 性质 (1)

  [d mid a ,d mid b Rightarrow d mid ax + by (x,y in mathbb{Z}) ]

  证明：显然。值得一提的是，(ax + by) 被称为 (a,b) 的线性组合。

• 引理 (1)

  (d | a) 的充分必要条件是 (d) 中任意一素因子的指数不超过 (a) 中该素因子的次数。

  这是显然的，不需要给出证明。

• 引理 (1) 的推论

  ( ext{lcm} (a,b) imes gcd(a,b)= a imes b)。

  证明：令 (a,b) 的唯一分解分别为 (a = prod limits_{i=1}^{m} p_i^{c_i},b = prod limits_{i=1}^{m} p_i ^{d_i})，此时对于每个 (i)，(c_i,d_i) 不能同时为 (0)。由引理 (1) 可知，( ext{lcm}(a,b),gcd(a,b)) 的唯一分解分别为 ( ext{lcm}(a,b) = prod limits_{i=1}^{m} p_i ^{max(c_i,d_i)},gcd(a,b) = prodlimits_{i=1}^{m} p_i^{min(c_i,d_i)})。

  显然对于任意整数 (a,b)，有 (max(a,b) + min(a,b) = a+b)，因此 ( ext{lcm}(a,b) imes gcd(a,b) = prodlimits_{i=1}^{m} p_i ^{max(c_i,d_i) + min(c_i,d_i)} = prodlimits_{i=1}^{m} p_i ^{c_i + d_i} = a imes b)。

• 性质 (2)

  [d mid a,d mid b Leftrightarrow d mid gcd(a,b) ]

  其中 (gcd(a,b)) 是 (a,b) 的最大公约数。

  证明：右推左很显然。因为 (d mid gcd(a,b))，又 (a,b) 均为 (gcd(a,b)) 的倍数，因此 (d) 也整除 (a,b)。

  由引理 (1) 及其推论，设 (d = prod limits_{i=1}^{m} p_i^{e_i})，(d mid a) 即 (forall i,e_i leq c_i)。(forall) 是「对于任意」符号，(c_i) 为 (a) 的唯一分解中各个素因子的次数。

  同理可推得 (forall i,e_i leq d_i)，其中 (d_i) 为 (b) 的唯一分解中各个素因子的次数。

  两式联立，得 (forall i,e_i leq min(c_i,d_i))，即 (d mid gcd(a,b))。

• 性质 (3)

  [gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) ]

  证明：考虑证明一个更强的条件，即 (gcd(a,b)) 与 (gcd(b, amod b)) 的约数集合相同。

  令 (a = kb + r(0 leq r < b))。

  • 左推右：(d mid a,d mid b Rightarrow d mid r)

    由性质 (2)，上面的条件和 (d mid gcd(a,b) Rightarrow d mid r) 等价。(r = a - kb)，由性质 (1) 可知 (r) 是 (a,b) 的一个线性组合，由已知得 (d mid a,d mid b)，则 (d mid r) 显然成立。

  • 右推左：(d mid r ,d mid b Rightarrow d mid a)

    (a = kb + r)，即 (r) 与 (b) 的一个线性组合。剩下的部分和上面类似，不再证明。

• 欧几里得算法求 GCD

  inline int gcd(int a,int b){
  	if(b==0)
  		return a;
  	return gcd(b,a%b);
  }
  

  不断利用性质 (3)，直到 (b=0)，这个时候返回 (a)，即上一层时的 (b) 即可（因为上一层的 (b) 造成了 (a mod b = 0)）。