前言
要開始學數學（數論）了，於是特開一個專題來記錄一下相關知識和有關問題。
0.矩陣與快速冪
這里我認為與數學關系不是很大，於是一筆帶過吧。
矩陣，是 \(n\times m\) 個數 \(a_{i,j}\) 組成的數表，稱為 \(m\) 行 \(n\) 列的矩陣。
記作： \(A=\begin{bmatrix}a_{1,1} & a_{2,1}&\cdots&a_{1,m}\\a_{2,1}&a_{2,2}&\cdots& a_{2,n}\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n,1} & a_{n,2}&\cdots&a_{n,m} \end{bmatrix}\).
- 特別定義：單位矩陣 \(I\) ，其中 \(a_{i,i} = 1\)， 其余為 \(0\) 。
- 其性質：任意次方等於自己，與任意矩陣相乘等於另一矩陣。
矩陣乘法
令 \(C=A\times B\) 。
- 若 \(A\) 是 \(n\times r\) 的矩陣， \(B\) 是 \(r\times m\) 的矩陣，那么 \(C\) 是 \(n\times m\) 的矩陣。
- 定義： \(C_{i,j} = \sum\limits_{k=1}^r A_{i,k}\times B_{k,j}\)
矩陣乘法滿足交換律，不滿足結合律。
另外，矩陣內可以內套矩陣。形如 \(P=\begin{bmatrix}A&B\\C&D\end{bmatrix}\) ，其中 \(A\) ，\(B\) ， \(C\) ， \(D\) 為矩陣。它仍然滿足矩陣乘法的規律。
矩陣快速冪
顧名思義，矩陣快速冪，就是矩陣的多次乘方。過程用快速冪優化。
模板：【【模板】矩陣快速冪】。
應用
可以用它來解決形如 \(F_n=p\times F_{n-1}+q\times F_{n-2}+\cdots\) 的遞推式。
甚至，形如 \(f(i,j) = \sum f(i,k)\times f(k,j)\) 的動態規划也可用其解決。
例題
【P3758 可樂】
1.質數與約數
結論
-
對於一個足夠大的整數，不超過 \(N\) 的質數大約有 \(\dfrac N{\ln N}\) 個，即每 \(\ln N\) 個數中有一個質數。
-
算數基本定理：正整數 \(N\) 可以唯一分解成有限個質數的乘積，即 \(N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m}\) ，其中 \(p\) 都是質數， \(c\) 都是正整數，且滿足 \(p_1 <p_2<\cdots<p_m\) .
-
\(N\) 的正約數個數為 \(\prod\limits_{i=1}^m (c_i+1)\) .
-
\(N\) 的所有正約數和為
\[\prod \limits_{i=1}^m\begin{pmatrix}\sum\limits_{j=0}^{c_i} (p_i)^j\end{pmatrix} \]
對於上一個式子，其中有\(\sum\limits_{j=0}^{c_i} (p_i)^j\) .
它是一個等比數列的求和。
對於等比數列的求和，設首項為 \(a_1\) ，公比為 \(q\) ，其公式為： \(S_n = \dfrac{a_1(q^n-1)}{q-1}\) .
證明：
上下相減，移項，得到公式。
線性篩
先放代碼
bool vis[M];
int pri[N],cnt;
void Prime(){
for(int i = 2 ; i <= n ; i ++){
if(!vis[i]) pri[++cnt] = i;
for(int j = 1 ; j <= cnt && i * pri[j] <= n ; j ++){
vis[i*pri[j]] = 1;
if(!(i % pri[j])) break;
}
}
}
下面來詳細解釋：
vis[i] 表示 \(i\) 這個數是否被篩去過（其實也可以用它來記錄某個數的最小質因子）。
其本質，是用每個數的最小質因子（即為 pri[j] ）來篩去這個數。
為什么判斷break在后面？
- 考慮用 \(2\) 篩去 \(4\) .
正確性與復雜度的證明
以下內容參照 歐拉篩篩素數 - 學委 的博客
設一合數 \(C\)（要篩掉）的最小質因數是 \(p1\)，令 \(B = \dfrac C {p_1}\)（\(C = B \times p_1\)），則 \(B\) 的最小質因數不小於 \(p_1\) 否則 \(C\) 也有這個更小因子）。那么當外層枚舉到 \(i = B\) 時，我們將會從小到大枚舉各個質數；因為 \(i = B\) 的最小質因數不小於 \(p_1\)，所以 \(i\) 在質數枚舉至 \(p_1\) 之前一定不會
break，這回，\(C\) 一定會被 \(B \times p_i\) 刪去。
注意這個算法一直使用“某數×質數”去篩合數，又已經證明一個合數一定會被它的最小質因數 \(p_1\) 篩掉，所以我們唯一要擔心的就是同一個合數是否會被“另外某數 × \(p_1\) 以外的質數”再篩一次導致浪費時間。設要篩的合數是 \(C\)，設這么一個作孽的質數為 \(p_x\)，再令 \(A = \dfrac C {p_x}\)，則 \(A\) 中一定有 \(p_1\) 這個因子。當外層枚舉到 \(i = A\)，它想要再篩一次 \(C\)，卻在枚舉 \(Prime[j] = p_1\) 時，因為 \(i \mod Prime[j] == 0\) 就退出了。因而 \(C\) 除了 \(p_1\) 以外的質因數都不能篩它。
例題
質數距離
給定兩個整數 \(L,R\) ，求 \([L,R]\) 中相鄰兩個質數的差最大以及最小是多少，輸出這兩個質數。
\(1\leq L\leq R\leq2^{31}-1,0\leq R-L\leq 10^7\)
解析
\(L,R\) 很大，我們不能篩出所有的質數。
但是，可以篩出 \(\sqrt R\) 以內的質數，用這些質數來篩 \([L,R]\) 的質數，並存儲在 \(p[i-l]\) 中。
int n,m;
int pri[N];bool vis[N];
void Prime(){
for(int i = 2 ; i <= 1e6 ; i ++){
if(!vis[i]) pri[++m] = i;
for(int j = 1 ; j <= m && i * pri[j] <= 1e6 ; j ++){
vis[i*pri[j]] = 1;
if(!(i % pri[j])) break;
}
}
}
int p[N];
signed main(){
ll l,r;
Prime();
while(scanf("%lld %lld",&l,&r) != EOF){
memset(vis,0,sizeof(vis)); n = 0;
if(l == 1)vis[0] = 1;
for(int j = 1 ; j <= m ; j ++)
for(int i = l/pri[j] ; 1ll * i * pri[j] <= r ; i ++)
if(i > 1)
vis[i*pri[j]-l] = 1;
for(int i = l ; i <= r ; i ++)
if(!vis[i-l]) p[++n] = i;
if(n < 2){puts("There are no adjacent primes.");continue;}
int mx1 = p[1], mx2 = p[2],
mn1 = p[1], mn2 = p[2];
for(int i = 3 ; i <= n ; i ++){
if(p[i]-p[i-1] > mx2-mx1) mx2 = p[i], mx1 = p[i-1];
if(p[i]-p[i-1] < mn2-mn1) mn2 = p[i], mn1 = p[i-1];
}
printf("%d,%d are closest, %d,%d are most distant.\n",mn1,mn2,mx1,mx2);
}
return 0;
}
不定方程
【不定方程】
求不定方程： \(\dfrac 1x+\dfrac1y=\dfrac1{n!}\)的正整數解 \((x,y)\) 的數目。
\(n\leq10^6\).
解析
先把式子改寫一下，變成 \(y=\dfrac{x\cdot n!}{x-n!}\) 。
令 \(t = x-n!\) ， 則原式變為 \(y=n!+\dfrac {(n!)^2}t\) .
則問題轉化為：求出 \((n!)^2\) 的約數總數。
根據上述的結論，可知對於正整數 \(N\) ，其約數共有 \(\prod(c_i+1)\)。
那么，對於正整數 \(N^2\) ，其約數共有 \(\prod(2\times c_i+1)\)。
對於求 \(n!\) 的約數，我們有如下做法：
for(int i = 1 ; i <= m ; i ++)
for(ll j = pri[i] ; j <= n ; j *= pri[i])
(c[i] += n/j) %= mod;
下面詳細解釋一下：
比如我們考慮 \(n=9\) ， 先提取出其 \(2\) 的倍數為 \(9!=\cdots\times2\times4\times6\times8\times\cdots\).
使用質因子 \(2\) 來篩：
形象化地，如下圖：
我們求和，相當於每次求一個豎列的和並相加。
用如上代碼，我們可以便捷地： \(+\) 紅（\(4\)），\(+\)綠（\(2\)）\(\cdots\)
於是它成立。
ll n,k,ans;
void solve(){
ll l,r;
for(l = 1 ; l <= n ; l = r + 1){
if(k/l) r = min(n,k/(k/l));
else r = n;
ans -= k/l * (l+r) * (r-l+1) >> 1;
}
}
signed main(){
n = read(), k = read();
ans = n * k;
solve();
printf("%lld",ans);
return 0;
}
余數之和
給定 \(n,k\) ，求
\(1\leq n,k\leq10^9\) 。
題解
已知： \(k\bmod i = k-\left\lfloor\dfrac ki\right\rfloor\) 。
那么，對於原式，就是求
其中， \(\sum \lfloor\frac ki\rfloor\) 如果暴力求，是 \(O(n)\) 的。
但是，用一些方法，我們可以讓它低至 \(O(\sqrt n)\) 。
整除分塊
整除分塊，可以解決如同： 求 \(\sum \lfloor\frac ki\rfloor\) 的問題。復雜度是 \(O(\sqrt n)\) 。
我們可以發現，對於 \(\lfloor\frac ki\rfloor\) 的式子，隨着 \(i\) 的增加，式子的值是類似階梯塊狀單調不降的。
結論：對於 \(\lfloor\frac ki\rfloor\) 取值相同的 \(i\) ，設其取值相同時 \(i\in[l,r]\) ， 則對於確定的 \(l\) ，則 \(r = \left\lfloor\dfrac k{\left\lfloor\dfrac kl\right\rfloor}\right\rfloor\) 。
證明：
懶得證明了，反正它是對的 QWQ 。
對於本題來說，在一個塊內，則是 \(\left\lfloor\dfrac kl\right\rfloor\times \sum\limits_{i=l}^ri = \left\lfloor\dfrac kl \right\rfloor\times \dfrac{(l+r)\times (r-l+1)}2\) 。
ll n,k,ans;
void solve(){
ll l,r;
for(l = 1 ; l <= n ; l = r + 1){
if(k/l) r = min(n,k/(k/l));
else r = n;
ans -= k/l * (l+r) * (r-l+1) >> 1;
}
}
signed main(){
n = read(), k = read();
ans = n * k;
solve();
printf("%lld",ans);
return 0;
}
哈希函數（質因數分解）
設 \(x,y\) 的hash函數為：\(h=x\times y+x+y\)。對於給出一個 \(h\) 值，問有多少對 \((x,y)\) 滿足 \(\max(x,y)\leq h\) ， \(h,x,y\) 都為非負整數。
\(h\leq 10^8,T\leq10^4\)
題解
終於能不看題解做出數論的題了！
由於給定函數，可知 \(h \ge \max(x,y)\) 恆成立。於是不需考慮這個條件。
移項，變成 \(y = \dfrac{h-x}{x+1}\) 。
設 \(t = x +1\) ，則原式變為： \(y = \dfrac{h-t+1}t = \dfrac {h+1}t-1\) 。
則直接統計 \(h+1\) 的因子個數即可。
用這道題也可以練一下質因數分解。
ll n;
bool vis[N];
int pri[N],pcnt;
void Prime(){
for(int i = 2 ; i <= 1e4 ; i ++){
if(!vis[i]) pri[++pcnt] = i;
for(int j = 1 ; j <= pcnt && i * pri[j] <= 1e4 ; j ++){
vis[i*pri[j]] = 1;
if(!(i%pri[j])) break;
}
}
}
int cnt,c[N],p[N];
inline bool isprime(ll x){
ll ed = sqrt(x);
for(int i = 2 ; i <= ed ; i ++) if(!(x % i)) return 0;
return 1;
}
void work(){
ll x = n = read()+1;
memset(c,0,sizeof(c));
cnt = 0;
for(int i = 1 ; i <= pcnt ; i ++){
if(!(x % pri[i])) p[++cnt] = pri[i];
while(!(x % pri[i])) c[cnt] ++ , x /= pri[i];
if(x == 1) break;
}
ll ans = 1;
if(x > 1e4 && isprime(x))p[++cnt] = x,c[cnt] = 1;
for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++)
ans *= (c[i]+1);
printf("%lld\n",ans);
}
signed main(){
Prime();
int T = read();
while(T--) work();
}
數字對
對於一個數字對 \((a,b)\) ，我們可以通過一次操作將其變為新數字對 \((a+b, b)\) 或 \((a, a+b)\) 。
給定一正整數 \(n\) ，問最少需要多少次操作可將數字對 \((1, 1)\) 變為一個數字對，該數字對至少有一個數字為 \(n\)。
題解
又是自己想出來的！
發現逆過程和更相減損法相同，於是直接枚舉 \((n,x)\) 的 \(x\) ，進行更相減損法就可以。
注意：深搜需要進行最優性剪枝。
void solve(int a,int b,int dep){
if(dep > ans) return;
if(a == 1 && b == 1) {ans = min(ans,dep);return;}
if(a == b) return;
if(a < b) swap(a,b);
solve(a-b,b,dep+1);
}
signed main(){
n = read();
if(n == 1){puts("0");return 0;}
for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
solve(n,i,0);
printf("%d",ans);
}
后續
看了一下題解的做法，題解還是更巧妙……
上述和我的相同，但是不同的部分在於，在輾轉相減的過程中，可以直接改為輾轉相除進行優化，時間效率顯著提升（其實並沒有？）
void solve(int a,int b,int dep){
if(dep-1 > ans) return;
if(!b){
if(a == 1) ans = min(ans,dep-1);
return;
}
solve(b,a%b,dep+a/b);
}
signed main(){
n = read();
if(n == 1){puts("0");return 0;}
for(int i = 1 ; i < n ; i ++)
solve(n,i,0);
printf("%d",ans);
}
燈光控制
學校宿管有一套神奇的控制系統來控制寢室的燈的開關：
共有 \(n\) 盞燈，標號為 \(1\) 到 \(n\) ，有 \(m\) 個標有不同質數的開關，開關可以控制所有標號為其標號倍數的燈，按一次開關，所有其控制的滅着的燈都點亮，所有其控制的亮着的燈將熄滅。現在，宿管可以無限的按所有開關，所有燈初始狀態為熄滅，請求出最多能點亮幾盞燈。
\(n\leq1000,m\leq\{n\texttt{以內的質數的總個數}\}\)。
題解
沒有想出……
- 對於 \(i\leq \sqrt n\) ，所有的質數最多有 \(11\) 個，這里爆搜就可以。
- 對於 \(i\ge \sqrt n\) ，每個燈最多只會被唯一一個\(\ge\sqrt n\) 的 \(i\) 覆蓋一次。這里在前一個條件完全做完后，依次枚舉即可。
對於2.，可以使用貪心。如果答案變大就一定保留它。（原因還是只會被修改一次）。
注意：所有的統計答案應該在 1.、2.全部做完后進行，否則答案可能不會最優！
int n,m;0000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000000int pri[N];bool c[N],wrk[N]; int ans;void dfs(int cur,const int lim){ if(cur == lim+1){ memset(c,0,sizeof(c)); for(int i = 1 ; i <= lim ; i ++) if(wrk[i]) for(int j = 1 ; j * pri[i] <= n ; j ++) c[j * pri[i]] ^= 1; int ret = 0; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) ret += c[i]; for(int i = lim+1 ; i <= m ; i ++){ int delt = 0; for(int j = 1 ; j * pri[i] <= n ; j ++) delt += c[j*pri[i]] ? -1 : 1; if(delt > 0){ ret += delt; for(int j = 1 ; j * pri[i] <= n ; j ++) c[j*pri[i]] ^= 1; } } ans = max(ans,ret); return; } wrk[cur] = 0;dfs(cur+1,lim); wrk[cur] = 1;dfs(cur+1,lim);}void work(){ n = read(), m = read(); for(int i = 1 ; i <= m ; i ++) pri[i] = read(); sort(pri+1,pri+m+1); int lim = upper_bound(pri+1,pri+m+1,sqrt(n))-pri-1; ans = 0; dfs(1,lim); printf("%d\n",ans);}signed main(){ int T = read(); while(T--) work();}
最大公約數
有 \(n\) 個數字 \(a_1,a_2,\cdots，a_n\) ，求 \(\max\gcd(a_i,a_j)(i\neq j)\)。
\(n\leq10000,1\le a_i\le 10^6\)。
題解
自己做出來就是舒服！
開始有點想偏了，想到質因數分解去了……
這里，直接枚舉 \(\sqrt {a_i}\) 以下的 \(a_i\) 的因數，並給其另一個因數打上標記。最后找到最大的標記數 \(\ge2\) 的就是答案了。
signed main(){ n = read(); for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) a[i] = read(); int mx = 0; for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){ int ed = sqrt(a[i]); mx = max(mx,a[i]); for(int j = 1 ; j <= ed ; j ++) if(!(a[i] % j)) { stk[j]++, stk[a[i]/j] ++; if(j*j == a[i]) stk[j] --; } } for(int i = mx ; i ; i --) if(stk[i] > 1){ printf("%d",i); return 0; }}
總結
質數與約數算是數論的入門章節，其變化也不是很多。
主要知識就是算數基本定理、篩法求質數、除法分塊。而常常配合其他算法使用。
從這里入門，大概有了數論的思路：
得到式子，用技巧簡化計算。
2.同余問題
結論
一、基礎概念
- \(a|b\) ，\(a\) 能整除\(b\) 。
- \(a\equiv b\pmod m\) ：\(a\) 與 \(b\) 在模 \(m\) 意義下同余。
- \(\varphi(n)\) ：歐拉函數，表示 \([1,n]\) 中與 \(n\) 互質的數的個數。
二、同余
\(a\equiv b\pmod m\Leftrightarrow m|(a-b)\Leftrightarrow a=b+k\times m\)
同余有如下性質：
自反性、對稱性、傳遞性、同加/減/乘/冪 性（沒有同除性）。
另外：
- \(a\equiv x \pmod p,a\equiv x\pmod q\) ，其中 \(p,q\) 互質，那么 \(a\equiv x\pmod{(pq)}\) .
- 若 \(\gcd(a,b) = 1\) ，則 \(\forall i,j(i\not\equiv j\pmod p),a\times i\not\equiv a\times j\pmod p\) .
- 當 \(\gcd(a,n) = 1\) 時，\(\forall i(\gcd(i,j) = 1),\gcd(a\times i\bmod n,n0) = 1\) 0.
相關定理
費馬小定理
若 \(p\) 是質數，則對於任意整數 \(a\) ，有\(a^p\equiv a\pmod p\) .
推論：若 \(p\) 是質數00000，且\(p\nmid a\) 時， \(a^{p-1}\pmod p\) .
歐拉函數
- 若 \(n=p^k\) ，則 \(\varphi(n) = p^k-p^{k-1}\) .
- 設互質的兩個正整數 \(n,m\) ，那么 \(\varphi (nm)=\varphi(n)\times\varphi(m)\) .
- 設 \(N = \prod\limits_{i=1}^n p_i^{k_i}\) ，則 \(\varphi(N) = N \times\prod\limits_{i=1}^n(1-\dfrac 1{p_i})\) .
- \(\varphi(N)=\prod\limits_{i=1}^n \varphi(p_i^{p_i})\)
歐拉定理
當 \(\gcd(a,n)=1\) 時，有 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1\pmod n\) .
推論：若 \(\gcd(a,n)=1\) ，則 \(a^b\equiv a^{p\,\bmod\, \varphi(n)}\pmod n\) .
擴展歐拉定理：若 \(b\ge\varphi(n)\) ，則 \(a^b\equiv a^{b\,\bmod\,\varphi(n)+\varphi(n)}\pmod n\) .
根據歐拉定理，我們可以知道：\(p\) 質數且 \(\gcd(a,p)=1\) ，則 \(a^b\equiv a^{b\,\bmod\,(p-1)}\pmod p\) .
三、拓展歐幾里得算法
裴蜀定理
對於任意整數 \(a,b\) ，存在一對整數 \(x,y\) ，滿足 \(ax+by=\gcd(a,b)\) .
應用
求 \(ax+by=\gcd(x,y)\) 的解。
int exgcd(int a,int b,int& x,int &y){ if(!b){x = 1 , y = 0; retu000rn a;} int g = exgcd(b,a%b,x,y); int t = x; x = y , y = t - a/b * x; return g;}
對於 \(ax+by=c(c\leq\gcd(a,b))\) ，只有 \(c=\gcd(a,b)\) .
另外，若 \((x,y)\) 是原方程的解，那么 \((x\pm\dfrac b{\gcd(a,b)},y\mp\dfrac a{\gcd(a,b)})\) 也是解。
四、線性同余方程
形似 \(ax\equiv c\pmod b\) 的方程。
結論：當 \(\gcd(a,b)|c\) 時， \(ax\equiv c\pmod b\) 一定有解。反之，無解。
假設已知其中一個解 \(x=x_0\) ，那么該方程在模 \(b\) 意義下，有 \(\gcd(a,b)\) 個不同的解。其中 \(x_i=\Bigg(x_0+i\times \dfrac d{\gcd(a,b)}\Bigg)\bmod b\) 。
五、乘法逆元
如果 \(b,p\) 互質，且 \(b|a\) ，則存在一個整數 \(x\) ，使得 \(\dfrac ab\equiv ax\pmod p\) ，那么 \(x\) 稱為 \(b\) 在模 \(p\) 的意義下的乘法逆元，記作 \(b^{-1}\) 。
求法
- 對於 \(p\) 是質數，則可以便捷0地使用費馬小定理： \(b^{-1}\equiv b^{p-2}\pmod p\) .
- 對於 \(p\) 非質數，可以使用拓展歐幾里得解同余式解決： \(bx\equiv 1\pmod p\Rightarrow bx+py=1\)
- 可以使用線性求逆元。設 \(r=b\bmod p\) ，則對於 \(b\) 的逆元，公式為 \(b^{-1}=-r^{-1}\times\left\lfloor\dfrac pb\right\rfloor\)
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
inv[i] = ((p-p/i*inv[p%i])%p+p)%p;
六、中國剩余定理
給定一個方程組：
若 \(m_1\cdots m_n\) 兩兩互質，則必定有解。
設 \(M=\prod m_i\) ，\(M_i=\dfrac M{m_i}\) ， \(t_iM_i\equiv 1\pmod{m_i}\) 。（注意是在模 \(m_i\) 下的逆元）
那么，其解為：\(\sum\limits_{i=1}^na_iM_it_i\) .
證明
設 \(p = \sum\limits_{i=1}^na_iM_it_i\) .
對於方程組的第 \(j\) 個式0子：
證畢。
因為 \(m_i\) 不一定是質數，所以逆元使用拓展歐幾里得解決。
關於中國剩余定理的本質， 是構造出 \(R_i\) ，使得
ll mul=1,M[N],m[N],a[N],t[N],ans;
ll exg0cd(ll a,ll b,ll& x,ll& y){
if(!b){x=1,y=0 ;return a;}
ll g = exgcd(b,a%b,x,y);
ll t = x; x = y , y = t-a/b*x;
return g;
}
void CRT(){
ll b;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
M[i] = mul / m[i],
exgcd(M[i],m[i],t[i],b),
(ans += a[i]*M[i]%mul*t[i]%mul+mul) %= mul;
}
signed main(){
n = read();
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
m[i] = read(), a[i] = read(),
mul *= m[i];
CRT();
printf("%lld",ans);
}
例題
同余方程
求關於 \(x\) 的同余方程 \(a x \equiv 1 \pmod {b}\) 的最小正整數解。
保證有解。
題解
來自前面的結論：當 \(\gcd(a,b)|1\) 時原方程一定有解。且有 \(\gcd(a,b)\) 個不同的解。
對於此題，將式子化為 \(ax+by=1\) ，即為求 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的 \(x\) ，因為僅有一解，所以它就是最小整數解。
約數之和
求 \(A^B\) 的所有約數之和 \(\bmod9901\) 。
題解
\(A\) 的所有約數之和為 \(\prod \limits_{i=1}^m\begin{pmatrix}\sum\limits_{j=0}^{c_i} (p_i)^j\end{pmatrix}\) 。
那么 \(A^B\) 的所有約數之和為 \(\prod \limits_{i=1}^m\begin{pmatrix}\sum\limits_{j=0}^{\color{red}{B}c_i} (p_i)^j\end{pmatrix}\) 。
用等比數列展開一下，就是 \(\prod \limits_{i=1}^m\begin{pmatrix}\dfrac{p_i^{Bc_i+1}-1}{p_i-1}\end{pmatrix} \bmod 9901\)
對於累乘內的式子，我們要考慮它是否可以逆元求。
當 \(\gcd(p_i-1,9901)=1\) 時，可以直接用 費馬小定理 逆元求這一項。
否則，因為 \(9901\) 是質數，那么 \(9901|p_i-1\) 必定成立。
我們設 \(t=p_i-1\) ， 則 \(p_i=t+1\) ，\(9901|t\)。
原始相當於轉化為：求 \(\sum\limits_{j=0}^{Bc_i} (t+1)^j\bmod 9901\) 。
\((t+1)^j\) ，展開后對 \(9901\) 取模，答案一定為 \(1\) .
所以此項結果是 \(Bc_i+1\)。
signed main(){ a = read(), b = read(); Prime(); for(int i = 1 ; i <= pcnt && a >= pri[i]; i ++){ if(!(a % pri[i])) p[++cnt] = pri[i]; while(!(a % pri[i])) c[cnt] ++, a /= pri[i]; } if(a > 1) p[++cnt] = a, c[cnt] = 1; ll ans = 1; for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++) if((p[i]-1) % mod) (ans *= (qpow(p[i],b*c[i]+1)-1) * qpow(p[i]-1,mod-2) % mod) %= mod; else (ans += b*c[i]+1) %= mod; printf("%lld",ans);}
合法序列
給你一個長度為 \(N\) 的正整數序列，如果一個連續的子序列，子序列的和能夠被 \(K\) 整除，那么就視此子序列合法，求原序列包括多少個合法的連續子序列？
題解
對於一個連續子序列 \([l,r]\) ，其和能被 \(K\) 整除，即為 \(sum_r \equiv sum_{l-1}\pmod K\) 。
用棧記錄即可。
memset(stk,0,sizeof(stk)); stk[0] = 1; k = read(), n = read(); for(int i = 1 ; i <= n ; i ++) sum[i] = (sum[i-1] + read()) % k, stk[sum[i]] ++; ll ans = 0; for(int i = 0 ; i < k ; i ++) ans += (stk[i]-1)*stk[i] >> 1; printf("%lld\n",ans);
青蛙的約會
有兩只青蛙，青蛙 A 和青蛙 B，他們在同一條經緯線上。他們將同時出發，沿着經緯線先西跳。規定緯度線上東經 \(0\) 度處為原點，由東往西為正方向，單位長度 \(1\) 米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點坐標是 \(x\) ，青蛙 B 的出發點坐標是 \(y\) 。青蛙 A 一次能跳 \(m\) 米，青蛙 B 一次能跳 \(n\) 米，兩只青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長 \(L\) 米。現在要你求出它們跳了幾次以后才會位於同一點。
題解
一道靈活運用同余方程的題。
首先顯然有 \(x+mt\equiv y+nt\pmod L\) .
移項一下，變成 \((m-n)t\equiv y-x\pmod L\) .
\(\Rightarrow a\times l +(m-n)t = y-x\) .
將 \(l\) 與 \(m-n\) 看作常量，則原式是不定方程。
已知： \(ax+by\equiv c\) ，當且僅當 \(\gcd(a,b)| c\) 時有解。
所以原式先判斷是否有解。
若有解，則要求最小整數解。
根據同余方程的結論，若 \((x,y)\) 是原方程的解，那么 \((x\pm\dfrac b{\gcd(a,b)},y\mp\dfrac a{\gcd(a,b)})\) 也是解。
於是我們可以用這個方式得到原式的最小整數解。
ll exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y){
if(!b){x = 1 , y = 0; return a;}
ll g = exgcd(b,a%b,x,y);
ll t = x; x = y , y = t- a/b * x;
return g;
}
signed main(){
ll x = read(), y = read(), m = read(), n = read(), l = read();
if(m < n) swap(n,m), swap(x,y);
ll a,t;
ll g = exgcd(l,m-n,a,t);
if((y-x) % g) puts("Impossible");
else printf("%lld",((t*(y-x)/g)%(l/g)+l/g)%(l/g));
}
總結
同余中有很多重要的結論與定理。需熟練掌握。
另外，同余方程與不定方程求解也是比較重要的內容。這方面仍需多加練習。
3.組合數學
概念
一、加法、乘法原理
加法原理：完成一個工程可以有 \(n\) 類辦法， \(a_i\) 代表第 \(i\) 類方法的數目。那么完成這件事共有 \(S=\sum\limits_{i=1}^n a_i\) 種不同的方法。
乘法原理：完成一個工程可以有 \(n\) 類辦法， \(a_i\) 代表第 \(i\) 類方法的數目。那么完成這件事共有 \(S=\prod\limits_{i=1}^n a_i\) 種不同的方法。
二、排列數與組合數
排列數：從 \(n\) 個不同元素中，任取 \(m\) 個元素按一定順序排成一列，用 \(\mathrm A_n^m\) 表示。
公式的理解：選取 \(m\) 個數，第 \(1\) 個數有 \(n\) 種可選，第 \(2\) 個數有 \((n-1)\) 種可選，……，第 \(m\) 個數有 \((n-m+1)\) 種可選，運用乘法原理得到公式。
全排列： \(\mathrm A_n^m = n!\) ，表示 \(n\) 個數的全排列個數。
組合數： 從 \(n\) 個不同元素中，任取 \(m\) 個元素按組成一個集合。用 \(\mathrm C_n^m\) 表示。
公式的理解：組成無序的集合，然后進行“全排列”，相當於排成一列。故 \(\mathrm C_n^m\times m!=\mathrm A_n^m\) 。
\(\mathrm C_n^m\) 還可以表示為 \(\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}\) 。
三、二項式定理
二項式定理闡明了一個展開式的系數：
公式的理解：將 \((a+b)^n\) 拆開為 \((a+b)(a+b)\cdots(a+b)\) 。對於含有 \(a^i\) 的一項，相當於從 \(n\) 個因數中選取 \(i\) 個取 \(a\) ，有 \(\begin{pmatrix} n\\i\end{pmatrix}\) 種選取方式。另外，另 \(n-i\) 項必定選取 \(b\) 。
四、組合數的性質
\(\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n-m\\m\end{pmatrix}\)
從 \(n\) 中選 \(m\) 個，等價於從 \(n\) 中剩 \(n-m\) 個。
\(\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}=\dfrac nm\begin{pmatrix}n-1\\m-1\end{pmatrix}\)
\(\begin{pmatrix}n\\m\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}n-1\\m-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}n-1\\m\end{pmatrix}\)
遞推式，可以理解成：已知從 \(n-1\) 個數里選取的方案。考慮新加入一個數，若選取這個數，則相當於在原 \(n-1\) 個數中選取 \(m-1\) 個；若不選取這個數，則相當於在原 \(n-1\) 個數中選取 \(m\) 個。
五、盧卡斯定理
對於求組合數對質數取模，有：
inline ll C(int n,int m){return n >= m ? fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod : 0;}
ll lucas(int n,int m){
if(!m) return 1;
return C(n%mod,m%mod)*lucas(n/mod,m/mod) % mod;
}
例題
古代豬文
iPig 在大肥豬學校圖書館中查閱資料，得知遠古時期豬文文字總個數為 \(n\) 。當然，一種語言如果字數很多，字典也相應會很大。當時的豬王國國王考慮到如果修一本字典，規模有可能遠遠超過康熙字典，花費的豬力、物力將難以估量。故考慮再三沒有進行這一項勞豬傷財之舉。當然，豬王國的文字后來隨着歷史變遷逐漸進行了簡化，去掉了一些不常用的字。
iPig 打算研究古時某個朝代的豬文文字。根據相關文獻記載，那個朝代流傳的豬文文字恰好為遠古時期的 \(\frac 1k\) ，其中 \(k\) 是 \(n\) 的一個正約數（可以是 \(1\) 或 \(n\)）。不過具體是哪 \(\frac 1k\)，以及 \(k\) 是多少，由於歷史過於久遠，已經無從考證了。
iPig 覺得只要符合文獻，每一種 \(k|n\) 都是有可能的。他打算考慮到所有可能的 \(k\) 。顯然當 \(k\) 等於某個定值時，該朝的豬文文字個數為 \(\frac nk\)。然而 \(n\) 個文字中保留下 \(\frac nk\) 個的情況也是相當多的。iPig 預計，如果所有可能的 \(k\) 的所有情況數加起來為 \(p\) 的話，那么他研究古代文字的代價將會是 \(g^p\)。
現在他想知道豬王國研究古代文字的代價是多少。由於 iPig 覺得這個數字可能是天文數字，所以你只需要告訴他答案除以 \(999911659\) 的余數就可以了。
\(1\le n,g \le 10^9\) .
簡化題面
求\(g^{\sum\limits_{i|n}\mathrm C^i_n}\pmod{999911659}\)。
題解
數論大雜燴題啊……
分為以下步驟來進行：
- 根據歐拉定理的推論，\(\begin{matrix}g^{ \sum\limits_{i|n}\mathrm C^i_n}\pmod{999911659} & = & g^{ \sum\limits_{i|n}\mathrm C^i_n\pmod{\varphi(999911659)}}\pmod{999911659} \\ & = & g^{ \sum\limits_{i|n}\mathrm C^i_n\pmod{999911658}}\pmod{999911659}\end{matrix}\) .
- 對於這個式子，我們可以先求 \sum\limits_{i|n}\mathrm C^i_n\pmod{999911658} $，再用快速冪來解決。
- 因為 \(n\leq 10^9\) ，枚舉其所有因數復雜度必定可行，所以先求出 \(n\) 的所有因數。
- 因為模數 \(999911658\) 不是質數，所以求 \(\mathrm C_n^i\) 不可以使用逆元。
- 有
4.的限制，我們不得考慮：- 將模數 \(999911658\) 分解質因數為 \(2\times3\times4679\times35617\) .
- 分別計算 $$\mathrm C_n^i$$ 對於模上述的四個質數條件下的值。
- 對於得到的四個值，等價於給定四個同余方程。
- 使用中國剩余定理來求這個確定的 $\sum\limits_{i|n}\mathrm C^i_n\pmod{999911658} $ .
ll n,g;
ll fac[N],ifac[N];
ll b[M] = {0,2,3,4679,35617};
ll qpow(ll a,int b,ll p){
ll ret = 1;
while(b){
if(b & 1) (ret *= a) %= p;
(a *= a) %= p, b >>= 1;
}
return ret;
}
ll a[M],m[M],t[M];
ll c[N],cnt;
inline ll C(int n,int m,ll p){return n >= m ? fac[n]*ifac[m]%p*ifac[n-m]%p : 0;}
ll lucas(int n,int m,ll p){
if(!m) return 1;
return C(n%p,m%p,p) * lucas(n/p,m/p,p) % p;
}
void work(int x){
ll p = b[x];
ifac[0] = fac[0] = 1;
for(int i = 1 ; i < p ; i ++) fac[i] = fac[i-1] * i % p;
ifac[p-1] = qpow(fac[p-1],p-2,p);
for(int i = p-2 ; i ; i --) ifac[i] = ifac[i+1] * (i+1) % p;
for(int i = 1 ; i <= cnt ; i ++) (a[x] += lucas(n,c[i],p)) %= p;
}
ll CRT(){
ll mul = 1, ret = 0;
for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++) mul *= b[i];
for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++) m[i] = mul / b[i],
t[i] = qpow(m[i],b[i]-2,b[i]);
for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++)
(ret += a[i]*m[i]*t[i]) %= mul;
return ret;
}
signed main(){
n = read(), g = read();
if(!(g % mod)) return puts("0"), 0;
int ed = sqrt(n);
for(int i = 1 ; i <= ed ; i ++)
if(!(n % i))
c[++cnt] = i,
c[++cnt] = n/i;
if(ed*ed == n) cnt --;
for(int i = 1 ; i <= 4 ; i ++) work(i);
ll ans = CRT();
printf("%lld",qpow(g,ans,mod));
return 0;
}
臨時筆記
Miller-Rabin素數
積性函數：單位函數、常數1、約數個數函數、約數和函數、歐拉函數
快速冪b=b%(p-1);