数论

//#define fre yes #include <cstdio> int gcd(int a, int b) { if(b != 0) gcd(b, a % b); else return a; } 谈论数论不废话 ----- 辗转相除法求gcd 以上代码的时间复杂度为 \(O(\log n)\) 证明，为何 \(gcd(b, a \mod b) = gcd(a, b)\) 设 \(g = gcd(a, b)\) 那么一定有 \(a = xg , b = yg\) 我们又可以将 a 用 b 来表示，（任何数都可以用另外一个数表示） \(a = kb + r\) （ \(k\) 为 \(a / b\) 的整数部分， \(r\) 为 \(a / b\) 的余数部分 也就是 \(a \mod b\) ），转化一下 \(r = a - kb\) 那么将上面的 a, b 代入，也就变成了 \(r = xg - kyg = (x - ky)g\) 此时的 g 也是 r 的因数了，又因为 \(r\) 为 \(a \mod b\) 所以 \(gcd(a, b) = gcd(b, a \mod b)\) 证毕 来源： https://www.cnblogs.com/Nicoppa/p/11712072.html

//#define fre yes #include <cstdio> const int N = 100005; int prime[N], isNotprime[N]; void isprime(int n) { int cnt = 0; isNotprime[1] = 1; for (int i = 2; i <= n; i++) { if(!isNotprime[i]) prime[++cnt] = i; for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++) { isNotprime[i * prime[j]] = 1; if(i % prime[j] == 0) break; } } } 谈论数论不废话 ----- 线性筛 以上代码的时间复杂度是 \(O(n)\) 需要注意以下几点 1为素数，不为质数 如果当前不是素数，那么一定是质数（显然可得） 第二层循环中 为什么是 \(i \times prime[j] <= n\) 因为循环内用到了这个乘 最重要的是最后一句 \(i \mod prime[j] == 0\) 这句话是什么意思 我们可以假设没有这句话，那么当发生 \(i\mod prime[j] == 0\) 的时候，我们就知道 这个 \(i\) 必定包含 \(prime[j]\) 这样也就说明了此时 \(i\) 是

这是数论专区的第一部分，同时也是最简单的一部分。 Part 1：符号表示&约定 以下是可能用到的符号： $\max(a,b)$：$a$ 与 $b$ 的较大值 $\min(a,b)$：$a$ 与 $b$ 的较小值 $\lfloor a \rfloor$：实数 $a$ 下取整的值 $\lceil a \rceil$：实数 $a$ 上取整的值 $\mid a \mid$：数 $a$ 的绝对值 $a \mid b$ ：数 $b$ 被 $a$ 整除 $a \nmid b$：数 $b$ 不被 $a$ 整除 $a ≡ b$ $(\text{mod } c)$ ：$a$ 与 $b$ 模 $c$ 同余 $gcd(a,b)$：数 $a$ 和数 $b$ 的最大公约数 $lcm(a,b)$：数 $a$ 和数 $b$ 的最小公倍数 $a$ $!$ ： 数 $a$ 的阶乘的值 约定： $\overline{abc}$ 表示一个三位整数，$a,b,c$ 分别代表百位，十位，个位的数值。 不特殊说明的情况下，数字默认为十进制整数。 Part 2：整除 从易到难。 ① 说明某个位数之和是 $3$ 倍数的数一定能被 $3$ 整除。 分析： 　　有一个简单的结论：若 $k \mid a$，$k \mid b$，那么 $k \mid a + b$，此处不详细说明。 　　我们从任意三位数 $\overline{abc}$

根据贝祖定理：如果a、b是整数，那么一定存在整数x、y使得ax+by=gcd(a,b)。扩展欧几里德定理的作用就是不仅求出了最小公倍数,还能求出一组解x,y(x,y可能为负数),使得 ax + by = gcd(a,b)#include<bits/stdc++.h> #define llinf (0x3f3f3f3f3f3f3f3f) #define inf (0x3f3f3f3f) typedef long long i64; using namespace std; i64 exgcd(i64 a,i64 b,i64& x,i64& y) { if(b == 0) { x = 1,y = 0; return a; } i64 r = exgcd(b,a%b,x,y); i64 tmp = y; y = x - (a/b)*y; x = tmp; return r; } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0),cout.tie(0); i64 a,b; cin>>a>>b; i64 r = exgcd(a,b,x,y); cout<<x<<" "<<y<<'\n'; } 　　 https://blog.csdn.net/destiny1507/article/details/81750874 来源： https:/

数论倒数，又称逆元 取模 对于取模，有一下一些性质： 但是唯独除法是不满足的： 为什么除法错的呢？很好证明： 而对于一些题目，我们必须在中间过程中进行求余，否则数字太大，电脑存不下，那如果这个算式中出现除法，我们就需要逆元了。 逆元 定义： 我们知道，如果a*x = 1，那么x是a的倒数，x = 1/a 而在数论问题中，大部分情况都有取模，所以问题就变成了： 那么x就不一定等于1/a了 所以这时候，我们就把x理解为在模p空间下，a的倒数，满足： 现在就要在回到刚才的问题了，除以一个数等于乘上这个数的倒数，在除法取余的情况下，就是乘上这个数的逆元，即： 这样就把除法，完全转换为乘法了。 逆元的求解 对于逆元的求解，如果n较小的话，是容易算出来的，例如，求3在模26下的逆元： 但是当n非常大的时候，就需要引入一个算法来计算 （1）扩展欧几里得算法（extend_gcd） 对于逆元的表达式可以做一些变换： 当gcd(a,n)=1时，代入extend_gcd(a,b,x,y)，得到的非负的x值，就是a对模n的逆元。 算法实现与证明 也就是说，我们得到了一个和gcd算法中，gcd(m,n)=gcd(n,m%n)相似的恒等式 什么意思呢？举个例子，就是 如果想要x为正值 只再做一步： if (x < 0) { x += b; y -= a; } 扩展： 完整算法： int extend_gcd

cd即最大公约数，lcm即最小公倍数。 首先给出a×b=gcd×lcm 证明：令gcd(a,b)=k,a=xk,b=yk,则a×b=x y k k，而lcm=x y k，所以a b=gcd*lcm。 所以求lcm可以先求gcd，而求gcd的方法就是辗转相除法，也叫做欧几里德算法，核心为gcd(m,n)=gcd(n,m%n) 递归实现： ''' LL gcd(LL a, LL b){ return b ? gcd(b, a%b) : a; } ''' while循环: ''' LL gcd(LL a, LL b){ LL t; while(b){ t = b; b = a % b; a = t; } return a; } ''' 来源： https://www.cnblogs.com/ACMerLwy/p/11647373.html

【数论】P2312解方程 题目描述 已知多项式方程： \(a_0 + a_1x + a_2x^2+...+a_nx^n = 0\) 求这个方程在[1,m]内的整数解 \(1\leq n\leq100,|a_i|\leq 10^{10000},a_n≠0,m\leq 10^6\) Solution 首先由于数据过大，只能字符串读入了hhh。然后：对于每个x，算出f(x)%pi，如果f(x)=0则f(x)%pi必然=0，多选几个素数，就可以在一定范围大小内判断成功。好像不够快？ \(f(x+p)≡f(x)(mod p)\) 对于一个x， \(f(x)≠0(mod p)\) ，则x+p,x+2p……均不为方程的解 有了这个性质就可以瞎搞了。取几个较大的质数搞一搞…… Code #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; inline long long read() { long long x = 0; int f = 0; char c = getchar(); while (c < '0' || c > '9') f |= c == '-', c = getchar(); while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), c =

费马小定理、欧拉定理与扩展欧拉定理 证明 Miller_Rabin素数测试 int prime[10]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29}; inline int ksc(int a,int k,int mod){ int res=0; for(;k;k>>=1){ if(k&1) res=(res+a)%mod; a=(a+a)%mod; } return res; } inline int ksm(int a,int k,int mod){ int res=1; for(;k;k>>=1){ if(k&1) res=ksc(res,a,mod); a=ksc(a,a,mod); } return res; } inline bool Miller_Rabin(int n){ int q=0,p1=n-1;//将n=2^q+p1; if(n==2)return 1;//特判0，1，2，偶数（因为接下来的只适用于素数） if(n<2 || !(n&1))return 0; while(!(p1&1)){//p1不为2就一直分解 q++; p1>>=1; } int now; for(int i=0;i<10 && prime[i]<n;++i){//测试质数 int a=prime[i]; int last=ksm(a,p1,n);//从a^p1开始测 rep

正解:$BSGS$ 解题报告: 传送门$QwQ$ 首先看到这个若干个一,发现不好表示,考虑两遍同时乘九加一,于是变成$10^n\equiv 9\cdot K+1(mod\ m)$ 昂然后不就是$bsgs$板子了嘛?太板子了不说了$kk$ $over$ 来源： https://www.cnblogs.com/lqsukida/p/11575575.html

快速幂 void Pow(int a,int b,int Mod) { int ans=1%Mod; for(; b; b>>=1) { if(b&1) { ans=(long long)ans*a%Mod; } a=(long long)a*a%Mod; } return ans; } 来源： https://www.cnblogs.com/Uninstalllingyi/p/11588473.html