数论 —— 解题能力特训营
式子真的好难写
费马小定理
若 (p) 是一个质数， 且 (a) 不是 (p) 的倍数。
[a^{p - 1}equiv 1( mod p)
]
这个定理一般不用，因为太简单。
欧拉定理
(a,p) 互质,
[a^{phi(p)} equiv 1(mod p)
]
欧拉函数：(phi(p)) 表示的是小于等于 (p) 中和 (p) 互质的数的个数。
单个欧拉函数的求解, 其中 (s_i) 为 (p) 的质因数。
[phi(p)=p imes prod frac{s_i-1}{s_i}
]
如果数 (x,y) 互质, 则可以 (phi(xy)=phi(x)phi(y))。
常用于对指数取模。
举个例子：(5 ^ 4 equiv 1 (mod 12))
(5 ^ {40001} = (5^4)^{10000} imes 5 equiv 1^{10000} imes 5(mod 12))
拓展欧拉定理：
[a^b equiv
egin{cases}
a^{bmod phi(p)},quad gcd(a, p) = 1\
\
a ^ b, quad gcd(a, p)
ot= 1, b < phi(p)\
\
a^{bmod phi(p) + phi(p)},quad gcd(a, p)
ot= 1, b >= phi(p)
end{cases}
ag{mod p}
]
第三个式子似乎与第一个式子的区别，就是为了应对 $ gcd(a, p) ot= 1, b >= phi(p)$的情况。
（手玩一下：将(6^6 mod 6) 分别代入式子1和式子3）
欧拉线性筛：
const int maxn = 1e7+5;
int prime[maxn]; //素数表
int phi[maxn]; // phi[]数组就是1~maxn的欧拉函数值
int visit[maxn];
void ol()
{
int cnt = 0;
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(!visit[i])
{
prime[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;//质数直接能求出
}
for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=maxn;j++)
{
visit[i*prime[j]] = 1;
if(i%prime[j]==0)//px不互质
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//px互质
}
}
}
[BZOJ 3884] 上帝与集合的正确用法
递归调用, 用扩展欧拉定理。
[2^{2^{2^{2^{…}}}}mod p
]
对指数取模, 利用扩展欧拉定理。
每次都将 2 的指数看做一个整体，会发现这是一个递归结构，
我们递归调用,当 $phi(p) $ 为 (1) 时,直接返回答案,因为任何数(mod 1) 都是原数。
每进行两次递归，(p) 至少会减半，所以只会递归 (log(p))。
/*
Date:2021.8.21
Source:luogu 4139
konwledge:扩展欧拉定理
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define orz cout << "AK IOI"
using namespace std;
const int maxn = 1e7 + 10;
inline int read()
{
int f = 0, x = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
inline void print(int X)
{
if(X < 0) {X = ~(X - 1); putchar('-');}
if(X > 9) print(X / 10);
putchar(X % 10 + '0');
}
int T, mod;
int cnt, vis[maxn], phi[maxn], prime[maxn];
void ol()
{
prime[1] = 1, phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= maxn; i++)
{
if(!vis[i]) {prime[++cnt] = i; phi[i] = i - 1;}
for(int j = 1; i * prime[j] <= maxn && j <= cnt; j++)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
int pow(long long a, int n, int mod)
{
long long ans = 1;
while(n)
{
if(n & 1) ans = ans * a % mod;
a = a * a % mod;
n >>= 1;
}
return ans;
}
int solve(int mod)
{
if(mod == 1) return 0;
return pow(2, solve(phi[mod]) + phi[mod], mod);
}
int main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
T = read();
ol();
while(T--)
{
mod = read();
printf("%d
", solve(mod));
}
return 0;
}
互质的数之和
给你 (n),需要求出 ([1,n]) 中与 (n) 互质的数的和。
(nle 10^{14})
题解：
由于 (gcd(i,n)=gcd(n-i,n))
把与 (n) 互质的数放在一起，发现我们总能找到两个和 (n) 互质的数相加等于 (n)。
发现答案为：(n imes frac{phi(n)}{2})。
[BZOJ2190] 仪仗队
(sum_{1le i,jle N} [gcd(i,j)=1])
(1le Nle 40000)
题解：
$phi $函数的前缀和， 乘以2。
/*
Date:
Source:luogu 2158
konwledge:求互质的数的对数 phi函数前缀和
*/
#include <cstdio>
#include <iostream>
#define orz cout << "AK IOI" <<"
"
using namespace std;
const int maxn = 40010;
inline int read()
{
int x = 0, f = 1;
char ch = getchar();
while (ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
return x * f;
}
int n, cnt, vis[maxn], phi[maxn], prime[maxn];
long long ans;
void ol()
{
phi[1] = 1, prime[1] = 1;
for(int i = 2; i <= maxn; i++)
{
if(!vis[i]){prime[++cnt] = i; phi[i] = i - 1;}
for(int j = 1; i * prime[j] <= maxn && j <= cnt; j++)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)//只被最小的筛
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
int main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n = read();
if(n == 1) {puts("0"); return 0;}
ol();
for(int i = 1; i <= n - 1; i++) ans += 1ll * phi[i];
printf("%lld", ans * 2 + 1);
return 0;
}
Prime Swaps
给出长度为 (N) 的排列，每次你可以选择两个位置 (i，j) 并交换上边的数，前提是 (j - i + 1) 是质数。
要求在 (5N) 次操作内，把这个序列排号，输出具体排列的操作。
题解：
哥德巴赫猜想: 任意大于二的偶数,都可表示成两个素数之和。
那么我们每次放心的移动就好了！
那我们贪心的按照 (1, 2, 3, 4) …… 的顺序来排，（就是让 (1) 到第一位置， (2) 到第二位置），哥德巴赫猜想保证了我们每次都可以移得动。
每次我们把一个数往前移动 (x) 距离时，每步先移动一个尽量大的质数距离即可。
然后由于质数密度是 (ln(n))，所以可以保证在 (5N) 次一定可以完成。
代码中预处理哪些数是质数，以及每个数比它小的最大质数是多少。
/*
Date:2021.8.21
Source:CF432C
konwledge:哥德巴赫猜想:任意大于二的偶数,都可表示成两个素数之和。
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#define orz cout << "AK IOI"
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
inline int read()
{
int f = 0, x = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
inline void print(int X)
{
if(X < 0) {X = ~(X - 1); putchar('-');}
if(X > 9) print(X / 10);
putchar(X % 10 + '0');
}
int n, a[maxn];
map<int, int> m;
int cnt, flag[maxn];
bool vis[maxn], prime[maxn];
vector<pair<int, int> > ans;
void init()
{
prime[1] = 1;
for(int i = 2; i <= maxn; i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[i] = 1;
for(int j = i; j <= maxn; j += i) vis[j] = 1;
}
}
for(int i = 2; i <= maxn; i++)
if(prime[i]) flag[i] = i;
else flag[i] = flag[i - 1];
}
int main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n = read();
init();
for(int i = 1; i <= n; i++)
a[i] = read(), m[a[i]] = i;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
while(m[i] != i)
{
int t = m[i] - i + 1; //需要移动的距离
int step = m[i] - flag[t] + 1; //flag[t] 小于需要移动的距离的最大的质数
ans.push_back(make_pair(step, m[i]));
m[a[step]] = m[i]; //交换
swap(a[m[i]], a[step]);
m[i] = step;
}
}
printf("%d
", ans.size());
for(int i = 0; i < ans.size(); i++)
printf("%d %d
", ans[i].first, ans[i].second);
return 0;
}
GCD
求(sum _{1<= i, j <= n}[gcd(i,j) is prime])。
题解：
对于每一个质数，对答案的贡献是 (sum _{1 <= i, j, <= frac n p}[gcd(i, j) = 1])
/*
Date:2021.8.21
Source:luogu 2568
konwledge:同仪仗队 ，不过要枚举质数。
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define orz cout << "AK IOI"
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e7 + 10;
inline int read()
{
int f = 0, x = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return f ? -x : x;
}
inline void print(int X)
{
if(X < 0) {X = ~(X - 1); putchar('-');}
if(X > 9) print(X / 10);
putchar(X % 10 + '0');
}
int n, ans, sum[maxn];
int cnt, vis[maxn], phi[maxn], prime[maxn];
void ol()
{
prime[1] = 1, phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= maxn; i++)
{
if(!vis[i]) {prime[++cnt] = i; phi[i] = i - 1;}
for(int j = 1; i * prime[j] <= maxn && j <= cnt; j++)
{
vis[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
{
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
break;
}
else phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
}
}
}
signed main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n = read();
ol();
for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
for(int i = 1; i <= cnt && prime[i] <= n; i++)
ans += ((sum[n / prime[i]]) * 2) - 1;
printf("%lld", ans);
return 0;
}
longge的问题
求(sum _{1 <= i <= n} gcd(i, N))。
题解：
枚举所有的 d，然后用质因数分解求 (phi)即可。
[egin{align*}
&sum_{1 <= i <= n} gcd(i, n)
\
&=sum _{d|n}d sum_{1 <=i <= frac nd}[gcd(i, frac nd) = 1]
\
&=sum_{d|n}d phi(frac nd)
end{align*}
]
奇数国
题解：
建一棵线段树。
考虑(phi)函数的定义，维护区间对应的乘积和乘积有哪些质因数。
用 long long 进行压位。
最大公约数与欧几里得算法
最小公倍数
例题：
操场是 (n) 个格子围城的圆形，
有 (m) 个同学，步长 (a_i)，求不会经过的格子数。
题解：
明显答案为
[n - frac{lcm(n, a_i)}{a_i}
]
最大公约数，最小公倍数性质
[egin{align*}
&lcm(s) = prod _{T in S} gcd(T)^{(-1)^{T - 1}}
\
\
&gcd(Fib(a), Fib(b)) = Fib(gcd(a, b))
\
\
&gcd(x^a - 1, x^b - 1) = x^{gcd(a, b)} - 1
end{align*}
]
扩展欧几里得算法
void gcd(int a, int b, int &d, int &x, int &y)//扩展欧几里得
{
if(b == 0){d = a; x = 1; y = 0;}
else {gcd(b, a % b, d, y, x); y -= (a / b) * x;}
}
假如知道了一组解 ((x, y)), 那么通解 ((X,Y)) 是
[egin{cases}
X = x + frac{b}{gcd(a, b)} imes k
\ \
Y = y - frac{a}{gcd(a, b)} imes k
end{cases}
]
中国剩余定理
int n;
int m[maxn], a[maxn];
void gcd(int a, int b, int &d, int &x, int &y)//扩展欧几里得
{
if(b == 0){d = a; x = 1; y = 0;}
else {gcd(b, a % b, d, y, x); y -= (a / b) * x;}
}
int china(int n, int *m, int *a)
{
int M = 1, d, y, x = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) M *= m[i];
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int w = M / m[i];
gcd(m[i], w, d, d, y);
x = (x + y * w * a[i]) % M;
}
return (x + M) % M;
}
signed main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++)
m[i] = read(), a[i] = read();
printf("%lld", china(n, m, a));
return 0;
}
整数分块
数论中用的很多的小技巧。
[sum_{i = 1}^n(lfloorfrac ni
floor)^5 imes i
]
因为 (lfloor frac ni floor) 只有 (O(√n)) 种不同的取值，遍历每一个(lfloor frac ni floor) 相同的区间即可。
这个性质经常被用来优化复杂度，特别是在一些积性函数的题目中。
代码实现简单优雅，比如上述题目 (f(a) = a^5, sum(i) = frac {(1+i)i}2) 。
for(int i = 1, last; i <= n; i = last + 1)
{
int a = n / i;
last = n / a;
ret += f(a) * (sum(last) - sum(i - 1));
}
卢卡斯定理
如果 (p) 是一个质数，有公式：
(C^n_m ≡ C^{nmod p}_{mmod p} imes C^{lfloor frac n p⌋}_{⌊frac mp⌋}(mod p))
当组合数太大，需要取模的时候用到！