續：「算法筆記」基礎數論 2。
一、整除
對於兩個整數 \(a,b\)，存在兩個唯一的整數 \(q,r\)，使得 \(b=aq+r\)，其中 \(0≤r<|a|\)。
特別地，若 \(r=0\)，則我們稱 \(a\) 整除 \(b\)，記作 \(a\mid b\)。
對於兩個正整數 \(a,b\)，若 \(a \mid b\)，則我們稱 \(a\) 是 \(b\) 的約數。
我們稱一個數是質數，當且僅當其質因子只有 \(1\) 以及其本身。特別地，\(1\) 不是質數。
二、幾個結論
1. 素數有無窮多個。
證明：假設素數是有限的，並且數量為 \(k\)，分別為 \(p_1,p_2,...,p_k\)。
考慮一個數 \(X=p_1×p_2×...×p_k+1\)。
易知 \(X\) 與 \(p_1,p_2,...,p_k\) 互質，則 \(X\) 必為素數，與素數只有有限的 \(k\) 個矛盾。
所以素數有無窮多個。
2. \(\lim\limits_{n\rightarrow\infty} \frac{\pi(n) \ln n}{n}=1\) \(\pi(n)\)：不大於 \(n\) 的質數個數。
3. \(n\) 和 \(2n\) 之間一定有質數。 4. \(P_n \sim \Theta (n\log n)\)
5. \(\sum\limits_{1\leq p \leq n,p是質數} \frac{1}{p} \sim \Theta(\log \log n)\) 6. \(\sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{i} \sim \Theta (\log n)\)
三、公約數以及公倍數
1. 定義
對於 \(a,b\)，若 \(d\mid a\) 且 \(d\mid b\)，則稱 \(d\) 為 \(a,b\) 的公約數。
對於其中最大的 \(d\)，我們稱之為 \(a, b\) 的最大公約數，記作 \(d = \gcd(a, b)\) 或 \(d = (a, b)\)。
類似地，若 \(a\mid d\) 且 \(b\mid d\)，則稱 \(d\) 為 \(a, b\) 的公倍數。
對於其中最大的 \(d\)，我們稱之為 \(a, b\) 的最小公倍數，記作 \(d = \text{lcm}(a, b)\) 或 \(d = [a, b]\)。
2. 引理
若 \(a\geq b\)，則 \(\gcd(a,b)=\gcd(a-b,b)=\gcd(a\bmod b,b)\)。
\(\gcd(a,b)\text{lcm}(a,b)=ab\)。
證明：\(a=p_1^{\alpha_1}\times p_2^{\alpha_2} \times ... \times p_k^{\alpha_k}\)，\(b=p_1^{\beta_1}\times p_2^{\beta_2} \times ... \times p_k^{\beta_k}\)
則 \(\gcd(a,b)=p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)}\times p_2^{\min(\alpha_2,\beta_2)}\times ... \times p_k^{\min(\alpha_k,\beta_k)}\)，\(\text{lcm}=p_1^{\max(\alpha_1,\beta_1)}\times p_2^{\max(\alpha_2,\beta_2)}\times ... \times p_k^{\max(\alpha_k,\beta_k)}\)
而 \(\max(\alpha_i,\beta_i)+\min(\alpha_i,\beta_i)=\alpha_i+\beta_i\)
\(a\times b=p_1^{\alpha_1+\beta_1}\times p_2^{\alpha_2+\beta_2} \times\cdots\times p_k^{\alpha_k+\beta_k}\)
\(=p_1^{\min(\alpha_1,\beta_1)+\max(\alpha_1,\beta_1)} \times \cdots\times p_k^{\min(\alpha_k,\beta_k)+\max(\alpha_k,\beta_k)}\)
\(=\gcd(a,b)\times \text{lcm}(a,b)\)
故該命題成立。
3. 定理（裴蜀定理）
對於任意整數 \(a, b, m\)，則存在整數 \(x, y\) 滿足 \(ax + by = m\)，當且僅當 \(\gcd(a, b) \mid m\)。
證明：若 \(a, b\) 之一為 \(0\)，結論顯然成立。
若否，考慮 \(A = \{xa+yb \mid (x, y) \in \mathbb{Z}^2\}\) 中的最小正元素 \(d_0 = x_0a+y_0b\)（這一定存在）。考慮任意 \(p = x_1a + y_1b\in A\)，設 \(p = qd_0 + r\)，其中 \(0 ≤ r < d_0\)，則 \(r = p-qd_0\in A\)，故 \(r = 0\)。故 \(d_0\mid p\)，則 \(d_0\mid a, b\)。
然后，考慮任意 \(d\mid a, b\)，若 \(a = kd\) 而 \(b = ld\)，則 \(d_0 = x_0a + y_0b = (x_0k + y_0l)d\)，故 \(d\mid d_0\)，故 \(d_0 = \gcd(a, b)\)。在方程中，若 \(m = m_0d_0\)，則顯然有無窮多組解。相反，若有解，則 \(|m| \in A\)， 故 \(d_0\mid |m|\)，即 \(d_0\mid m\)。
4. 歐幾里得算法
\(a\mid b\)，\(b\mid c\) 且 \(\gcd(a,b)=1\)，則 \(ab\mid c\)。
\(\forall a,b\in \mathbb{N}\)，\(b\neq 0\)，\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)
int gcd(int x,int y){ if(!y) return x; return gcd(y,x%y); } //時間復雜度：O(log(x+y))
擴展歐幾里得算法：求解方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。
在歐幾里得算法的最后一步，即 \(b=0\) 時，顯然有一對整數 \(x=1,y=0\)，使得 \(a\times 1+0\times 0=\gcd(a,0)\)。
若 \(b>0\)，則 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)。假設存在一對整數 \(x,y\)，滿足 \(b\times x+(a \bmod b)\times y=\gcd(b,a\bmod b)\)，因為 \(bx+(a \bmod b)y=bx+(a-b\lfloor \frac{a}{b} \rfloor)y=ay+b(x-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y)\)，所以令 \(x'=y\)，\(y'=x-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y\)，就得到了 \(ax'+by'=\gcd(a,b)\)。
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){ //返回值為 a,b 的最大公約數 d if(!b) return x=1,y=0,a; int d=exgcd(b,a%b,x,y); int z=x; x=y,y=z-y*(a/b); return d; }
對於更為一般的方程 \(ax+by=c\)，設 \(d=\gcd(a,b)\)。我們可以求出 \(ax+by=d\) 的一組特解 \(x_0,y_0\)。這所以 \(\frac{c}{d}\) 也必須為整數，否則無解（所以該方程有解當且僅當 \(d\mid c\)）。我們令 \(x_0,y_0\) 同時乘上 \(\frac{c}{d}\)，得 \(a\frac{cx_0}{d}+b\frac{cy_0}{d}=c\)。那么 \(x=\frac{c}{d}\cdot x_0,y=\frac{c}{d}\cdot y_0\) 即為一組解。
事實上，方程 \(ax+by=c\) 的通解可以表示為：
\(\displaystyle x=\frac{c}{d}x_0+k\frac{b}{d},\,y=\frac{c}{d}y_0-k\frac{a}{d}\,(k\in \mathbb{Z})\)
那么若求得一個 \(x\)，則該方程 \(x\) 的最小整數解就是 (x%(b/d)+b/d)%(b/d)。
四、整除的性質
1. 定理
\(a\mid bc\) 且 \(\gcd(a, b) = 1\)，則 \(a\mid c\)。
\(a\mid c\)，\(b\mid c\) 且 \(\gcd(a, b) = 1\)，則 \(ab\mid c\)。
2. 引理 (歐幾里得引理)
若質數 \(p\mid ab\) ，則不是 \(p\mid a\) ，就是 \(p\mid b\)。
證明：若 \(p\mid a\) 則證畢。若 \(p\nmid a\) ，那么兩者的最大公約數為 \(1\)。根據裴蜀定理，存在 \((m, n)\) 使得 \(ma + np = 1\)。於是 \(b = b(ma + np) = abm + bnp\)。
由於 \(p\mid ab\) ，上式右邊兩項都可以被 \(p\) 整除。所以 \(p\mid b\) 。
五、算術基本定理
大於 \(1\) 的正整數 \(n\) 可以唯一分解成有限個質數的乘積。證明如下：
1. 存在性
假設存在大於 \(1\) 的自然數不能寫成質數的乘積，並且最小的為 \(n\)。
首先，按照定義，\(n\) 大於 \(1\)。其次，因為質數 \(p\) 可以寫成質數乘積：\(p=p\)，與假設矛盾，所以 \(n\) 不是質數。則 \(n\) 只能是合數。而每個合數都可以分解成兩個小於自身而大於 \(1\) 的自然數的積。
設其中 \(a\) 和 \(b\) 都是介於 \(1\) 和 \(n\) 之間的自然數，因此，按照 \(n\) 的定義，\(a\) 和 \(b\) 都可以寫成質數的乘積。從而 \(n\) 也可以寫成質數的乘積，與 \(n\) 的定義矛盾。因此大於 \(1\) 的自然數必可寫成質數的乘積。
2. 唯一性
類似地，假設存在大於 \(1\) 的自然數可以用多於一種的方式寫成多個質數的乘積，並且最小的為 \(n\)。
首先，\(n\) 不是質數。將 \(n\) 用兩種方法寫出：\(n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_m^{a_m}=q_1^{b_1}q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)。
根據歐幾里得引理，因為 \(p_1 \mid q_1^{b_1}q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)，所以 \(q_1^{b_1},q_2^{b_2},...,q_n^{b_n}\) 中有一個能被 \(p_1\) 整除，即 \(q_1,q_2,...,q_n\) 中有一個能被 \(p_1\) 整除。不妨設為 \(q_1\)。\(q_1\) 也是質數，因此 \(q_1=p_1\)。
假設 \(a_1>b_1\)，則 \(p_1^{a_1-b_1}p_2^{a_2}...p_m^{a_m}=q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)。
易得，\(q_2,q_3,...,q_n\) 有一個能被 \(p_1\) 整除，但 \(p_1=q_1\neq q_i \ (i\neq 1)\)。所以不能有 \(a_1>b_1\)，同理，也不能有 \(a_1<b_1\)，因此 \(a_1=b_1\)。
兩邊相除得 \(n_0=p_2^{a_2}...p_m^{a_m}=q_2^{b_2}...q_n^{b_n}\)，於是存在比 \(n\) 小的正整數，可以用多於一種的方式寫成多個質數的乘積，與 \(n\) 的定義矛盾。因此唯一性得證。
六、同余
1. 定義
若 \(m \mid a-b\)，則我們稱 \(a\) 和 \(b\) 在模 \(m\) 意義下同余，記作 \(a\equiv b \pmod{m}\)。
2. 定理
\(a\equiv b \pmod m\) 且 \(a\equiv b \pmod n\) 意味着 \(a\equiv b \pmod {\text{lcm}(n,m)}\)。
證明：因為 \(a\equiv b \pmod m\)，所以 \(m \mid a-b\)。同理可得 \(n \mid a-b\)。所以 \(\text{lcm}(n,m) \mid a-b\)，則 \(a\equiv b \pmod {\text{lcm}(n,m)}\)。
若 \(\gcd(k,m)=d\) 且 \(ka\equiv kb \pmod m\)，則 \(a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}\)。
證明：因為 \(ka\equiv kb \pmod m\)，所以 \(m \mid k(a-b)\)。設 \(m_0=\frac{m}{d}\)，\(k_0=\frac{k}{d}\)，則 \(m_0d\mid k_0d(a-b)\)。所以 \(m_0\mid k_0(a-b)\)。
因為 \(\gcd(k,m)=d\)，所以 \(\gcd(\frac{k}{d},\frac{m}{d})=1\)，即 \(\gcd(m_0,k_0)=1\)，因此 \(m_0 \mid a-b\)。則 \(a \equiv b \pmod {m_0}\)，即 \(a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}\)。
七、線性同余方程
給定整數 \(a,b,m\)，求一個整數 \(x\) 滿足 \(ax\equiv b \pmod m\)，或給出無解。因為未知數的指數為 \(1\)，所以我們稱之為一次同余方程，也稱線性同余方程。
\(ax\equiv b \pmod m\) 等價於 \(m \mid ax-b\)，即 \(ax-b\) 是 \(m\) 的倍數。不妨設為 \(-y\) 倍。於是，該方程可以改寫為 \(ax+my=b\)。
1. 定義
對於非負整數 \(a\) 以及 \(m\)，如果存在 \(b\) 使得 \(ab\equiv 1 \pmod m\)，則稱 \(b\) 為 \(a\) 在模 \(m\) 意義下的逆元，記作 \(a^{-1} \pmod m\)。
2. 定理
定理 1：\(a^{-1} \pmod m\) 存在當且僅當 \(\gcd(a,m)=1\)。
證明：存在 \(a^{-1} \pmod m\)，即存在 \(x\) 使得 \(ax\equiv 1 \pmod m\)，等價於存在 \(ax+my=1\)。根據裴蜀定理，存在整數 \(x,y\) 滿足 \(ax+my=1\)，當且僅當 \(\gcd(a,m)\mid 1\)。所以 \(\gcd(a,m)=1\)。
定理 2：逆元如果存在，那么一定唯一。
證明：假如同時存在兩個逆元。
\(ab\equiv 1 \pmod m\)，則 \(m\mid ab-1\)；\(ac\equiv 1 \pmod m\)，則 \(m\mid ac-1\)。所以 \(m\mid a(b-c)\)。
逆元存在當且僅當 \(\gcd(a,m)=1\)，則 \(m\mid b-c\)，即 \(b \equiv c \pmod m\)。“唯一”指在 \(\bmod m\) 意義下唯一。因此唯一性得證。
八、簡化剩余系
1. 定義
任何 \(m\) 個分別屬於 \(m\) 個剩余類（每個余數是一個剩余類）的數組成剩余系。
所有滿足 \(0<n≤m\)，\(\gcd(n,m)=1\) 的 \(n\) 構成了一個模 \(m\) 的簡化剩余系，記這樣的 \(n\) 的個數為歐拉函數 \(\varphi(m)\)。
換言之，對於正整數 \(n\) ，歐拉函數是小於或等於 \(n\) 的正整數中與 \(n\) 互質的數的數目。
2. 定理
若 \(\gcd(m,m')=1\)，\(a\) 取遍 \(m\) 的簡化剩余系，\(a'\) 取遍 \(m'\) 的簡化剩余系，那么 \(am'+a'm\) 取遍模 \(mm'\) 的簡化剩余系（用中國剩余定理證）。因此 \(\varphi(mm')=\varphi(m) \varphi(m')\)。
而 \(\varphi(p^e)=p^e-p^{e-1}=(p-1)p^{e-1}\)。因此對於 \(n=p_1^{e_1} p_2^{e_2} ... p_k^{e_k}\)，
\(\varphi(n)=\varphi(p_1^{e_1}) \varphi(p_2^{e_2})...\varphi(p_k^{e_k})\)
\(=\prod\limits_{i=1}^k \varphi(p_i^{e_i})=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{e_i-1} (p_i-1)\)
\(=\prod\limits_{p\mid n}p^{\alpha_p-1}(p-1)=\prod\limits_{p\mid n} p^{\alpha_p} \frac{p-1}{p}\)
\(=\prod\limits_{p\mid n} p^{\alpha_p} \prod\limits_{p\mid n}\frac{p-1}{p}=n\prod\limits_{p\mid n}(1-\frac{1}{p})\)
其中 \(\alpha_p\) 表示 \(p\) 在 \(n\) 中的冪次。
歐拉定理：若 \(\gcd(a,m)=1\)，則 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m\)。
歐拉定理的推論：若 \(\gcd(a,m)=1\)，則 \(a^b\equiv a^{b \bmod \varphi(m)} \pmod m\)。
費馬小定理：若 \(m\) 為質數，且 \(\gcd(a,m)=1\)，則 \(a^{m-1}\equiv 1 \pmod m\)。
因為 \(m\) 為質數，所以滿足 \(p\mid m\) 的 \(p\) 只有一個。
則 \(\varphi(m)=m\prod\limits_{p\mid m}(1-\frac{1}{p})=m\times \frac{m-1}{m}=m-1\)
根據歐拉定理可得，\(a^{m-1}\equiv 1 \pmod m\)。
九、求逆元
1. 如何求出 \(a\) 的逆元？
- \(\gcd(a,m)=1\)，求 \(a^{-1}\pmod m\)。
歐拉定理：若 \(\gcd(a,m)=1\)，則 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m\)。
即 \(a^{\varphi(m)}\equiv a^0 \pmod m\)。因此 \(a^{\varphi(m)-1}\equiv a^{-1} \pmod m\)
2. 如何求出 \(1\) 到 \(n-1\) 在 \(\bmod n\) 意義下的逆元？
注意到 \(n \bmod i=n−\lfloor \frac{n}{i} \rfloor i\)，則 \(n \bmod i\equiv −\lfloor \frac{n}{i} \rfloor i\pmod n\)，所以 \(i^{-1}\times (n\bmod i)\equiv -\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\pmod n\)。故 \(i^{-1}\equiv -\lfloor \frac{n}{i} \rfloor\times (n\bmod i)^{-1}\pmod n\)。
3. 如何求出 \(a_1,a_2,···,a_n\) 的逆元？
令 \(f_i=\prod\limits_{j=1}^i a_j \bmod p\)，\(g_i=f_i^{-1}\bmod p\)，則只要算出 \(f_n\) 並求出 \(g_n\)，然后推回去即可。
十、線性同余方程組
注：關於中國剩余定理（CRT），具體戳 「算法筆記」CRT 與 exCRT（包含了 中國剩余定理 以及 擴展中國剩余定理）。
求解方程組 \(x\equiv a_i \pmod {m_i}\) 的方法？
中國剩余定理：令 \(m=\prod\limits_{i=1}^k m_i\)，則在 \(m_i\) 兩兩互質時，\(x\equiv \sum\limits_{i=1}^k M_i N_i a_i \pmod m\)，其中 \(M_i=\frac{m}{m_i}\)，而 \(M_iN_i\equiv 1\pmod {m_i}\)。
//Luogu P1495 #include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; const int N=20; int n,p[N],a[N],m=1; int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){ if(!b) return x=1,y=0,a; int d=exgcd(b,a%b,x,y); int z=x; x=y,y=z-y*(a/b); return d; } int inv(int n,int mod){ //求 n 在模 mod 下的逆元 int x,y; exgcd(n,mod,x,y); //gcd(M,p[i])=1 return (x%mod+mod)%mod; } int CRT(int m){ int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ int M=m/p[i],t=inv(M,p[i]); //由於 p[i] 不一定是質數，所以不能用費馬小定理，也就是這里不能用快速冪求逆元（即不能用 t=mul(M,p[i]-2,p[i])，其中 mul 是快速冪） ans=(ans+a[i]%m*M%m*t%m)%m; } return ans; } signed main(){ scanf("%lld",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&p[i],&a[i]),m*=p[i]; printf("%lld\n",CRT(m)); return 0; }
十一、歐拉定理的應用
要求 \(a^b \bmod m\)，只要求 \(b\bmod \varphi(m)\) 即可。
擴展歐拉定理：當 \(\gcd(a,m)\neq 1\) 時，\(a^b \equiv a^c \pmod m\)，其中 \(c\) 在 \(b<\varphi(m)\) 時即為 \(b\)，否則為 \(b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)\)。