淺談數論
隨手寫寫，就當是復習
順序隨機(因為我太菜了，所以只能想到什么寫什么)
gcd
__gcd(a,b)
or
\(\gcd(a, b) = \gcd(a, b - a) = \gcd (b,a \% b)\)
inline int gcd(int a, int b)
{
if (!b) return a;
return gcd(b, a % b);
}
lcm
inline int lcm(int a, int b)
{
return a / gcd(a, b) * b;
}
擴展歐幾里得
求解關於 \(x,y\) 的不定方程
\(ax + by = \gcd(a, b)\)
根據歐幾里得定理，\(\gcd(a, b) = \gcd(b, a\mod b)\)
於是
\(ax + by = \gcd(b, a \mod b) = bx + (a \mod b) y\)
\(\begin{align*} ax + by &= bx + (a - \lfloor \frac a b \rfloor \cdot b)y\\ &= bx + ay - \lfloor \frac a b \rfloor \cdot by\\ &= ay + b(x - \lfloor \frac a b \rfloor y) \end{align*}\)
於是
\(\left\{ \begin{align*} x' &= y\\y' &= x - \lfloor \frac a b \rfloor y \end{align*} \right.\)
inline int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (!b)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
int g = exgcd(b, a%b, x, y);
int xx = y, yy = x - a / b * y;
x = xx, y = yy;
return g;
}
求解關於 \(x\) 的線性同余方程
\(ax \equiv b \mod m\)
原式等價於
當且僅當 \(b \mid g\) 有解，直接用 exgcd 求解即可
線性篩素數
for (re int i = 2; i <= n; ++i)
{
if (!vis[i]) pri[++num] = i;
for (re int j = 1; j <= num && pri[j] * i <= n; ++j)
{
vis[i * pri[j]] = 1;
if (i % pri[j] == 0) break;
}
}
歐拉函數
Definition : \(a, b\) 互質是指 \(\gcd(a, b) = 1\)
求解 \(\varphi(n)\)
數學歸納法：
-
當 \(n\) 為質數時 \(\varphi (n) = n - 1\)
-
當 \(n\) 為合數時：
-
\(n = p^a\) ：
此時 \(n\) 的質因數只有 \(p\) ，那么在 \([1, p^a]\) 內不與 \(p^a\) 互質的數只有 \(p, 2p, 3p ...\) 共 \(\begin{align*} \frac {p^a} p \end{align*}\) 個
小容斥一下，\(\begin{align*} \varphi(n) = p^a - \frac {p^a} p \end{align*}\)
最終 \(\begin{align*} \varphi(n) = p^a (1 - \frac 1 p) \end{align*}\)
-
others：
根據算數基本定理，\(\begin{align*} n = \prod p_i^{a_i} \end{align*}\)
又根據 \(y = \varphi (n)\) 為積性函數，\(\begin{align*} \varphi(n) = \varphi(\prod p_i^{a_i}) = \prod \varphi(p_i^{a_i}) = \prod p_i^a (1 - \frac 1 {p_i}) = \prod {p_i^a} \prod(1 - \frac 1 {p_i}) \end{align*}\)
最終 \(\begin{align*} \varphi(n) = n\prod(1 - \frac 1 {p_i}) \end{align*}\)
-
線性篩歐拉函數
-
Theorem 1 ：若 \(n\) 為質數 \(\varphi(n) = n - 1\)
-
Theorem 2 ：若 \(p \mid n\)，則 \(\varphi(n \cdot p ) = \varphi (n) \cdot p\)
Proof ：
\(\begin{align*} \because \varphi(n \cdot p) = n \cdot p \prod_i (1 - \frac 1 p_i), \varphi(n) = n \prod_i (1 - \frac 1 p_i) \end{align*}\)
\(\begin{align*} \therefore \frac {\varphi(n \cdot p)} {\varphi(n)} = p \end{align*}\) ，證畢
-
Theorem 3 ：若 \(p \nmid n\)，則 \(\varphi(n \cdot p ) = \varphi(n) \cdot (p - 1)\)
Proof ：
\(\varphi (n \cdot p ) = \varphi (n) \cdot \varphi (p) = \varphi(n) \cdot (p - 1)\) ，證畢
phi[1] = 1;
for (re int i = 2; i <= n; ++i)
{
if (!vis[i]) pri[++num] = i, phi[i] = i - 1;
for (re int j = 1; j <= num && pri[j] * i <= n; ++j)
{
vis[pri[j] * i] = 1;
if(i % pri[j] == 0)
{
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];//Theorem 2
break;
}
phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
}
}
歐拉定理
若 \(a\) 與 \(n\) 互質，則 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n\)，證明不會
歐拉定理推論
若 \(a\) 與 \(n\) 互質，則 \(a^b \equiv a^{b \mod \varphi(n)} \mod n\)
Proof ：
設 \(b = q \varphi(n) + r\)，則 \(r = b \mod \varphi(n)\)
於是 \(a^b = a^{q\varphi(n) + r} = a^{\varphi(n)^q} \cdot a^r\)
根據歐拉定理，由於 \(a\) 與 \(n\) 互質，於是 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n\)
於是 \(a^b\equiv 1^q \cdot a^r \equiv a^{b \mod \varphi(n)} \mod n\)，證畢
若 \(a\) 與 \(n\) 不互質，則 \(\begin{align*} a^b \equiv a^{b \mod \varphi(n) + \varphi(n)} \mod n \end{align*}\)，（當然，\(b > \varphi(n)\) ），證明不會
歐拉反演
\(\sum_{d\mid n} \varphi(d) = n\) 證明不會（這么多的證明我都不會，我真是太菜了/kk）
擴展中國剩余定理（EXCTR）
我不會中剩（CTR）
求解線性同余方程組：
\(\left\{ \begin{align*} x&\equiv a_1 \mod m_1\\ x&\equiv a_2 \mod m_2\\ x&\equiv a_3 \mod m_3\\ &...\\ x&\equiv a_n \mod m_n \end{align*} \right.\)
其中 \(m_1, m_2, m_3... m_n\) 可以不互質
設當前求出的解 \(x_{k-1}\) 滿足前 \(k - 1\) 個方程，\(M\) 為 \(\begin{align*} LCM_{i = 1}^{k -1 } m_i \end{align*}\)
則第 \(k\) 個方程的解 \(x_k = x_{k-1} + tM\) 需滿足 \(x_k \equiv a_k \mod m_k\)
即求解 \(t\in \mathbb{Z}\)，滿足 \(tM \equiv a_k - x_{k-1} \mod m_k\)
方程中 \(x_{k-1}, M, a_k, m_k\) 都為已知量，只需用擴展歐幾里得求解 \(n\) 次線性同余方程即可
n = read();
int m = read(), a = read();
X = a, M = m;
for (re int i = 2; i <= n; ++i)
{
m = read(), a = read();
int t, y;
int b = ((a - X) % m + m) % m, g = exgcd(M, m, t, y);
t = t * (b / g) % m;
X = X + t * M;
M = M / g * m;
X = (X + M) % M;
}
逆元
Definition：若 \(ax \equiv 1 \mod m\)，則稱 \(x\) 為 \(a\) 在模 \(m\) 意義下的逆元，當且僅當 \(a\) ，\(m\) 互質的情況下才存在逆元
-
根據定義，求解用擴展歐幾里得解線性同余方程求得逆元
-
歐拉定理求逆元 ：根據 \(\begin{align*} a^{\varphi(n)} \equiv 1 \mod n \end{align*}\)，於是 \(a \cdot a^{\varphi(n) - 1} \equiv 1 \mod n\)，\(a^{\varphi(n) - 1}\) 即為逆元
-
費馬小定理求逆元 ：
Definition : 當 \(n\) 為質數時，\(a^{n - 1} \equiv 1 \mod n\)
Proof ：
因為 \(m\) 為質數，於是 \(\varphi(n) = n - 1\)
再根據歐拉定理可得 \(a^{\varphi(n)} = a^{n -1 } \equiv 1 \mod n\)，證畢
因此 \(a \cdot a^{n - 2} \equiv 1 \mod n\)，\(a^{n - 2}\) 即為逆元
線性求逆元
設當前為 \(i\)，模數為 \(m\)，已知 \([inv_1,inv_{i-1}]\)，求 \(inv_i\)
設 \(m = qi + r\)，\(q,r\in \mathbb{Z} ,r<i\)，則 \(\begin{align*} q = \lfloor \frac m i \rfloor \end{align*}\)，\(r = m \% i\)
於是 \(m = qi + r \equiv 0 \mod m\)
兩邊同時除以 \(i \cdot r\)，有 \(q \cdot inv[r] + inv[i] \equiv 0 \mod m\)
於是 \(inv[i] \equiv -q \cdot inv[r] \mod m\)
帶入 \(q,r\) 即為 ：\(\begin{align*}i nv[i] \equiv -\lfloor \frac m i \rfloor \cdot inv[m \% i]\mod m \end{align*}\)
為了保證 \(inv[i]\) 為正整數，\(\begin{align*}i nv[i] = m - \lfloor \frac m i \rfloor \cdot inv[m \% i] \% m \end{align*}\)
inv[1] = 1;
for (re int i = 2; i <= n; ++i)
inv[i] = P - P / i * inv[P % i] % P;
線性求階乘逆元
由於 \(\begin{align*} fac[i] = fac[i - 1] \cdot i \% P \end{align*}\)
於是可得 \(fac[i] \equiv fac[i - 1] \cdot i \mod P\)
兩邊同時除以 \(fac[i] \cdot fac[i - 1]\)，得 \(inv[fac[i - 1]] \equiv inv[fac[i]] \cdot i \mod P\)
於是可得 \(inv[fac[i]] = inv[fac[i + 1]] \cdot (i+1) %P\)
inv[n] = ksm(n, P - 2);//用快速冪求逆元(費馬小定理)
for (re int i = n - 1; i; --i)
inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % P;
線性求任意數逆元
給定 \(n\) 個數 \(a_1,a_2,a_3...a_n\)，對於每一個 \(1 \le i \le n\)，求 \(a_i\) 的在模 \(P\) 意義下的逆元
設當前求 \(a_i\) 的逆元，\(\begin{align*} M = \prod_{i = 1}^n a_i \end{align*}\)，\(\begin{align*}pm ul_i = \prod_{j = 1} ^ i a_j \end{align*}\)，\(\begin{align*} smul = \prod _{j = i} ^ n a_j \end{align*}\)
則有 \(\begin{align*} pmul_{i-1} \cdot a_i \cdot smul_{i + 1} \equiv M \mod P \end{align*}\)
老規矩，兩邊同時除以 \(a_i \cdot M\)，得 \(\begin{align*}i nv[M] \cdot pmul_{i-1} \cdot smul_{i + 1} \equiv inv[a_i] \mod P \end{align*}\)
預處理出 \(pmul_i\) 和 \(smul_i\)，用 \(O(logM)\) 的時間復雜度算出 \(inv[M]\)，那么對於每個 \(a_i\)，可以用 \(O(1)\) 的時間復雜度算出 \(inv[a_i]\) 總時間復雜度為 \(O(n)\)
pmul[0] = smul[n + 1] = M = 1;
for (re int i = 1; i <= n; ++i)
{
M = M * i % P;
pmul[i] = pmul[i - 1] * i % P;
}
for (re int i = n; i; --i) smul[i] = smul[i + 1] * i % P;
int invM = ksm(M, P - 2);
for (re int i = 1; i <= n; ++i)
inv[i] = invM * pmul[i - 1] % P * smul[i + 1] % P;
組合數學
\(\begin{align*} A_n^m = \frac {n!} {(n - m)!} \end{align*}\)，\(\begin{align*} C_n^m = \frac {n!}{m!(n-m)!} \end{align*}\)
求解組合數用公式算或用楊輝三角遞推，具體如何選擇看情況
Lucas定理
當 \(n,m \ge P\) 時，由於我們不能直接對 \(n, m\) 取模算組合數，所以就需要用到Lucas定理 ：
\(\begin{align*} C_n^m = C_{n \% P} ^ {m \% P} \cdot C_{n / p} ^ {m / p} \end{align*}\) ，證明不會
容斥原理
設 \(f_i\) 表示滿足 \(i\) 個性質的方案數
設 \(g_i\) 表示滿足至少 \(i\) 個性質的方案數
莫比烏斯函數
Definition ：
設 \(\begin{align*} n = \prod_{i = 1} ^ m p_i^{c_i} \end{align*}\)
則
更通俗地
線性篩莫比烏斯函數
根據定義很好理解，與線性篩歐拉函數很相似
mu[1] = 1;
for (re int i = 2; i <= n; ++i)
{
if (!vis[i]) pri[++num] = i, mu[i] = -1;
for (re int j = 1; j <= num && pri[j] * i <= n; ++j)
{
vis[i * pri[j]] = 1;
if(i % pri[j] == 0)
{
mu[i * pri[j]] = 0;
break;
}
mu[i * pri[j]] = -mu[i];
}
}
莫比烏斯反演
\(\begin{align*} \sum_{d \mid n} \mu(d) = [n = 1] \end{align*}\)，（太菜了，只會這一種）
-
運用 ：求 \(\begin{align*} \sum_\limits{i = 1} ^ \limits{n} \sum _\limits{j = 1} ^ \limits{m} [\gcd(i,j)=1], (n \le m) \end{align*}\) 的值
原式
\(\begin{align*} &=\sum_\limits{i = 1} ^ \limits{n} \sum _\limits{j = 1} ^ \limits{m} \sum _\limits{d \mid (i, j)} \mu(d) \\ &= \sum_\limits{i = 1} ^ \limits{n} \sum _\limits{j = 1} ^ \limits{m} \sum _\limits{d \mid i, d \mid j} \mu(d) \\ &= \sum _ \limits{d = 1} ^ \limits{n} \mu(d) \sum _ \limits{d \mid i} \sum _ \limits{d \mid j} 1 \\ &= \sum _ \limits{d = 1} ^ \limits{n} \mu(d) ( \sum _ \limits{d \mid i} 1 ) (\sum _ \limits {d \mid j} 1), (i \in [1,n], j \in [1, m]) \\ &= \sum _ \limits{d = 1} ^ \limits{n} \mu (d) \lfloor \frac n d \rfloor \lfloor \frac m d \rfloor \end{align*}\)
然后就可以 \(O(n+n)\) 解決，加上整出分塊只需 \(O(n+\sqrt n)\) 即可解決
整除分塊
求 \(\begin{align*} \sum _ \limits{i =1} ^ \limits{n} \lfloor \frac n i \rfloor \end {align*}\) 的值
根據整除商的值呈塊狀分布，設共有 \(m\) 塊，每塊的左右端點分別為 \(l_i,r_i,(i\in [1, m] )\) ，則第 \(i\) 塊的值為 \(\begin{align*} \lfloor \frac n j \rfloor,j \in [l_i , r_i] \end{align*}\)
則 \(\begin{align*} \sum _ \limits{i =1} ^ \limits{n} \lfloor \frac n i \rfloor = \sum _{i = 1} ^ m (r_i - l_i + 1) \cdot \lfloor \frac n {l_i} \rfloor \end {align*}\)
現在已知第 \(i\) 塊的左端點 $l _i $ ，需求右端點 \(r_i\)
根據左端點，可以求得該塊的值為 \(\begin{align*} \lfloor \frac n {l_i} \rfloor \end{align*}\)，那么對於 \(\forall j \in [l_i, r_i]\)，都滿足 \(\begin{align*} j \cdot \lfloor \frac n {l_i} \rfloor \le n \end{align*}\) ，特別地，當 \(j = r_i\) 時，\(j \mid n\) 且 \(\begin{align*} j \cdot \lfloor \frac n {l_i} \rfloor = n \end{align*}\)
於是可得 \(\begin{align*} r_i = \frac n { \lfloor \frac n {l_i} \rfloor } \end{align*}\)，而 \(l_{i + 1} = r_i + 1\)
由於最多只能分 \(\sqrt n\) 塊，每塊計算復雜度為 \(O(1)\) ，於是總時間復雜度為 \(O(\sqrt n)\)
int ans = 0;
for (re int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
r = n / (n / l);
ans = ans + (r - l + 1) * (n / l);
}
多項式與生成函數
這個只能請教多項式代師HS了，蒟蒻根本沒學懂
杜教篩
用於快速求積性函數前綴和，詳見
inline int sum_g(const int &x) // 求 g(1) + ... + g(x)
{
...
}
inline int sum_fg(const int &x) // 求 (f * g)(1) + .. + (f * g)(x)
{
...
}
inline int sum_f(const int &x) // 求 S(x)
{
if (x <= M) return S[x]; // 預處理的值
if (mp[x]) return mp[x]; // map 記憶化
int ans = sum_fg(x); // 求 f * g 的前綴和
for (int l = 2, r; l <= x; l = r + 1) // 注意不要從 1 開始
{
r = x / (x / l); // 整出分塊
int res = sum_g(r) - sum_g(l - 1); // g(l) + .. + g(r)
ans = (ans - res * sum_f(x / l));
}
return mp[x] = ans;
}
還有太多內容蒟蒻一時也想不起來，所以到這里就結束了。。。