基礎數論筆記
筆者年尚十四，水平極為有限，該筆記主要基於《具體數學》，並對一些部分作出了一些不那么令人費解的解釋，望大家指出錯誤，感激不盡。
同步發表於\(cnblog\)
最大公約數與最小公倍數
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\(\gcd(n,m)=\max\{~k~|~~k~|~n~,~k~|~m\}\)
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\(\text{lcm}(n,m)=\min\{~k~|~~k>0~,n~|~k~,~m~|~k\}\)
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\(\gcd(0,n)=n\)，\(\gcd(m,n)=\gcd(n~mod~m,m)~~m>0\)
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\(k|m~,~k|n \Leftrightarrow k|\gcd(n,m)\)
\[充分性：\because k|m~且~k|n~\therefore k|mm'+nn'\because~mm'+nn'=gcd(n,m)~\therefore k|gcd(n,m). \\ 必要性：\because~k|gcd(n,m)~\therefore k~至少整除~n,m~分別一個因子\therefore k|n，k|m. \]
- \(\gcd(n,m) \times \text{lcm}(n,m)=n \times m\)
\[ \because \gcd(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)}~，~\text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)} \\ \therefore \gcd(n,m) \times \text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)} \times \prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)}=\prod_{p} p^{n_p+m_p} \]
- \(\gcd(n,m)=\gcd(kn,km)~，\text{lcm}(n,m)=\text{lcm}(kn,km)~~k>0\)
\[\gcd(km,kn)=\prod_{p}p^{\min(n_p+k_p,m_p+k_p)}=\prod_{p} p^{k\min (n_p,m_p)}=k~\gcd(n,m) \\ 同理~\text{lcm}(km,kn)=k~\text{lcm}(n,m)~ \]
- \(\gcd(a_1,a_2,···a_n)=gcd(a1,gcd(a_2,···a_n))\)
\[ 即證明~\gcd~的結合律\\ \\下證\gcd(a,\gcd(b,c))=\gcd(\gcd(a,b),c)\\ \because \gcd(a,b)=\prod_{p} p^{\min (a_p,b_p)}，\gcd(b,c)=\prod_{p} p^{\min (b_p,c_p)}\\ \therefore \gcd(a,\gcd(b,c))=\prod_{p} p^{\min (a_p,\min(b_p,c_p))}\\ \gcd(\gcd(a,b),c)=\prod_{p} p^{\min (\min(a_p,b_p),c_p)}\\ \because \min~函數具有結合律\\ \therefore \prod_{p} p^{\min (a_p,\min(b_p,c_p))}=\prod_{p} p^{\min (\min(a_p,b_p),c_p)}=\prod_{p} p^{\min (a_p,b_p,c_p)}\\ \therefore \gcd(a,\gcd(b,c))=\gcd(\gcd(a,b),c)，\gcd~函數具有結合律 \]
閑話：這個方法在某次考試時啟發了某個同學，有一道題是 CF1028C 需要一種快速求去掉某個數求其他數的最值，然后他A了那題，顯然這種方法適用於所以沒有逆運算且擁有結合律的運算.
素數
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算數基本定理：僅有一種方式將 \(n\) 按照素數非減的次序寫成素數的乘積
說人話大概是這樣：
\[顯然的表示是 n=\prod^m_{k=1}p_k~~p_1\leq···\leq p_m \\ 個人喜歡像這樣表示~n=\prod_{p}p^{n_p}~~任意~n_p\geq0 \]第二種表示中的 \(n_p\) 是一個數系，表示 \(n\) 的素因子 \(p\) 的指數，因為有大量的 \(n_p\) 為 \(0\) ，所以第二中表示實際上是一個有限的乘積
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\(k=mn \Leftrightarrow k_p=m_p+n_p\) （初中知識）
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\(m|n \Leftrightarrow 任意~m_p\leq n_p\)
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\(\gcd(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)}~，~\text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)}\)
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存在比任意給定素數集合更多的素數 ——歐幾里得
\[設一個數~x=2\times3\times5\times···\times p_k+1 \\ 那么由於~p_1···p_k~都能整除~x-1~，所以~p_1···p_k~都不能整除~x~ \\ 所以在~x~的素因子中必然均為異於~p_1···p_k~的素數，甚至~x~就是一個素數 \]
同余
可以差不多默認為整數取余
- \(a \equiv b~且~d \equiv c \Rightarrow a\pm b \equiv c\pm d\mod m\)
- \(a\equiv b~且~c\equiv d\Rightarrow ac\equiv bd \mod m\)
- \(ad\equiv bd~且~\gcd(d,m)=1\Leftrightarrow a\equiv b \mod m\)
\[必要性顯然；\\ 充分性：存在~d'，m'~時~dd'+mm'=\gcd(d,m)=1~ \\若~ad\equiv bd~，則~add'\equiv bdd'\mod m~，所以~a\equiv b~. \]
- \(ad\equiv bd \mod m\Leftrightarrow a\equiv b \mod m/\gcd(d,m)\)
\[必要性顯然；\\ 充分性：\because dd'+mm'=\gcd(m,d) \\\therefore a\times \gcd(d,m)\equiv b\times \gcd(d,m) \mod m \therefore a\equiv b \mod m/\gcd(d,m). \]
- \(a\equiv b \mod km\Rightarrow a\equiv b \mod m\)
- \(a\equiv b \mod m~且~a\equiv b \mod n\Leftrightarrow a\equiv b \mod \text{lcm}(m,n)\)
- \(a\equiv b \mod m\Leftrightarrow a\equiv b \mod p^{m_p}\)
費馬小定理
- \(p~為素數，\gcd(a,b)=1，a^{p-1}\equiv 1 \mod p\)
\[構造一個~p~的完全剩余系~P~，其中任意兩數關於~p~不同余，P=\{1,2,···p-1\} \\ \because \gcd(a,b)=1~~ \therefore \{a,2a,···,(p-1)a\}~也是~p~的完全剩余系. \\ \therefore \prod^{p-1}_{i=1}i\equiv\prod^{p-1}_{i=1}i\times a \mod p \\提出全部的~a~，設~\prod^{p-1}_{i=1}i~為~x~，那么~x\times a^{p-1}\equiv x \mod p~ \\\because \gcd(x,p)=1~\therefore a^{p-1}\equiv 1 \mod p \]
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奇妙的應用：
試證明 \(7~|~3^n+n^3\) 的充要條件是 \(7~|~3^nn^3+1\)
\[ 充分性： \because 7~|~3^n+n^3~~\therefore \gcd(1,n)=1 \\ 由費馬小定理：n^{6} \equiv 1 \mod 7 \\\because 7~|~3^nn^3+n^6 ~~\therefore 7~|~3^nn^3+1 \\ 必要性：\because 7~|~3^nn^3+1 ~~\therefore\gcd(7,n)=1 \\\therefore n^6 \equiv 1 \mod 7~~\therefore 7~|~(3^nn^3+1)\times n^3 ，進而有~7~|~3^n+n^3 \]
試證明對於任意大於 \(2\) 正整數 \(x\) ，設 \(p\) 為 \(x^2+1\) 的一個奇素因數，有 \(p \equiv 1 \mod 4\)
\[ \because p~為奇數，所以~p\equiv 1 \mod 4 ~或~p\equiv 3 \mod 4~， \\不妨假設~p\equiv 3 \mod 4~，那么~p=4k+3~~k~為非負整數 \\\because x^2+1\equiv 0 \mod p~，-1\equiv -1 \mod p \\\therefore x^2\equiv-1 \mod p ，\gcd(p,x)=1 \\\therefore x^{2*(4k+2)}\equiv -1^{2k+1} \mod p \\由費馬小定理：\therefore x^{4k+2}\equiv1 \mod p \\與~x^{2*(4k+2)}\equiv -1 \mod p ~~矛盾~\therefore p\equiv1\mod4 \]
乘法逆元
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定義：對於給定 \(a~,b\) ，同余方程\(~ax\equiv1 \mod b~\)的解為 \(a\) 關於 \(b\) 的乘法逆元，\(a\) 關於 \(b\) 的乘法逆元可能不存在。
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求法1：費馬小定理（條件：\(b~\)為質數）
\[\because b為質數~~\therefore a^{b-1}\equiv1~mod~b ~~~\therefore x=a^b-2 \] -
求法2：擴展歐幾里得算法（其實就是當成線性同余方程求了，主要為代碼實現）
\[很明顯~~ax\equiv1 \mod b~與~ax+by=1~是等價的，由貝祖定理，這個方程有解的充要條件是~\gcd(a,b)=1~ \\設一個遞歸函數~exgcd(a,b,x,y)~為求解~ax+by=1~的函數 \\考慮遞歸邊界：~b=1~，此時~ax=\gcd(a,0)~，\left\{\begin{array}{lr}x=1\\y=0\end{array}\right. \\非邊界情況：設~a'=b~，b'=a~mod~b~，此時~a'x'+b'y'=\gcd(b,a~mod~b)~； \\\because \gcd(a,b)=\gcd(b,a~mod~b) \\\therefore ax+by=a'x'+b'y'，~將~a'，b'~的值帶入，ax+by=bx'+(a~mod~b)y'=bx'+(a-\lfloor a/b\rfloor b)y' \\整理得~ax+by=ay'+b(x'-\lfloor a/b\rfloor y')~，相當容易看出~，此時\left\{\begin{array}{lr}x=y'\\y=x'-\lfloor a/b\rfloor y'\end{array}\right. ~遞歸求解即可~ \]
代碼實現
void ex_(int a,int b,int& x,int& y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return ;
}
ex_(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
- 線性求逆元（咕咕咕）
\[\mathbb{To~Be~Continued} \]