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【数论】数论相关口胡

由 跟風遠走 提交于 2020-08-07 09:29:10

正经人谁学数论啊

持续更新。
小学生数论，并不适合dalao
因为本人过于蒟蒻所以如果你想在这里学些什么的话还是算了
基本也就我自己看看
主题的锅导致标题分的不清楚，无语子



目录

目录

质数

Eratosthenes筛素数

其实就是劣质版线性筛，不过代码比较短，打个小表还是可以的。
时间效率\(O(nlog\ log\ n)\)

int Pri[maxn];
bool NotPri[maxn];
void JudPri(int n){
    NotPri[0]=1;
	NotPri[1]=1;//全局变量大括号赋值可是很不好的习惯哦...
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(NotPri[i])continue;
		Pri[++Pri[0]]=i;
		for(int j=i;(long long)i*j<=n;j++)
		    NotPri[i*j]=1;
	}
}

线性筛素数

普通版

int Pri[maxn];
bool NotPri[maxn]={1,1};
void JudPri(int n){
    NotPri[0]=1;
	NotPri[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!NotPri[i]){
			Pri[++Pri[0]]=i;
		}
		for(int j=1;j<=Pri[0]&&i*Pri[j]<=n;j++){
			NotPri[i*Pri[j]]=1;
			if(i%Pri[j]==0)break;
		}
	}
}

无需取模版

int v[maxn],Pri[maxn];
void JudPri(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(v[i]==0){
			v[i]=i;
			Pri[++Pri[0]]=i;
		}
		for(int j=1;j<=Pri[0];j++){
			if(i*Pri[j]>n||Pri[j]>v[i])break;
			v[i*Pri[j]]=Pri[j];
		}
	}
}

可能玄学上更快？（大雾）不过可能普通版的bool数组更快也说不定呢（好像真的会快很多）。

Miller_Rabin大素数判定

(所以名字到底事Robbin还是Rabin还是Rabbin？)
深入学习建议看Gary_818的博客。
是看脸的随机化算法，错误率基本趋近于0。
0202年了不会还有人\(O(\sqrt n)\)判断素数吧不会吧不会吧
这种判断素数的方法利用的是费马小定理的逆命题，随机枚举一个\(a\)，满足这个同余式，那么\(p\)就是素数。
不过其逆命题并不是个真命题（大雾），例如在\(p=341\)的时候若\(a=2\)满足费马小定理，然而341是一个合数（\(341=11\times 31\)）。因此仅判断一次得到的结果不一定正确，那怎么增大正确率呢？
那就是重复判断30次
时间复杂度\(O(log\ n)\)（忽略常数）






#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int count=30;
int n;

inline int qpow(int a,int b,int Mod){
    int ans=1,base=a;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*base%Mod;
		base=base*base%Mod;
		b>>=1;
    }
    return ans;
}

bool Miller_Rabin(int n){
    if(n==2)
        return true;
    for(int i=1;i<=count;i++){
        int a=rand()%(n-2)+2;
        if(qpow(a,n,n)!=a)
            return false;
    }
    return true;
}

int main(){
    srand(time(0));
    scanf("%d",&n);
    if(Miller_Rabin(n))
        printf("Probably a prime.");
    else
        printf("A composite.");
    printf("\n");
    return 0;
}

约数

GCD

辗转相除法求GCD

各位dalao已经倒着都能写了。
辗转相除法求最大公约数。或者为了防止爆栈可以改成循环。

inline int gcd(int x,int y){
    if(y==0)return x;
    else return(y,x%y);
}

二进制方法求GCD

如果想优化(可能大数据可以优化几百\(\mathrm{ms}\))
就变成魔法少女就可以用二进制优化（不过平时基本也无用）

  • \(a\),\(b\)为偶数，则\(\gcd(a,b)=2\times \gcd(a/2,b/2)\)。
  • \(a\)为奇数，\(b\)为偶数，则\(\gcd(a,b)=\gcd(a,b/2)\)。
  • \(a\),\(b\)为奇数。假设\(a\geq b\)，则\(\gcd(a,b)=\gcd((a-b)/2,b)\)。
  • \(a\)为\(0\)，则返回\(b\)。

可以用手写abs和min卡常

inline ll abs(ll x){
    return x<0?-x:x;
}
inline ll min(ll a,ll b){
    return a<b?a:b;
}
inline ll gcd(ll a,ll b){
    if(a==0)return b;
    if(b==0)return a;
    if(!(a&1)&&!(b&1))return 2*gcd(a>>1,b>>1);
    else if(!(a&1))return gcd(a>>1,b);
    else if(!(b&1))return gcd(a,b>>1);
    else return gcd(abs(a-b),min(a,b));
}

没有取模操作会快很多。

更相减损术求GCD

懒得写，建议BFS。
高精度运算的时候可以用（不过既然都是要用高精度的题了为何不弃了呢）

算数基本定理的推论

算数基本定理(唯一分解定理)

任意大于1的正整数\(N\)都可分解为有限个素数的乘积。
\(N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}\cdots p_m^{c_m}\)
其中\(c_i\)都是正整数，\(p_i\)都是素数且满足\(p_1<p_2<p_3⋯<p_m\)。

求正约数个数

\(N\)的正约数个数为\(\prod\limits^m_{i=1}(c_i+1)\)

线性筛求约数个数

void pre(){
    d[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i])v[i]=1,p[++tot]=i,d[i]=2,num[i]=1;
        for(int j=1;j<=tot&&i<=n/p[j];j++){
            v[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0){
                num[i*p[j]]=num[i]+1;
                d[i*p[j]]=d[i]/num[i*p[j]]*(num[i*p[j]]+1);
                break;
            }else{
                num[i*p[j]]= 1;
                d[i*p[j]]=d[i]*2;
            }
        }
    }
}

约数和定理

\(N\)的所有正约数之和为\(\prod\limits^m_{i=1}(\sum\limits^{c_i}_{j=0}(p_i)^j)\)

线性筛求约数和

\(f_i\)表示\(i\)的约数和，\(g_i\)表示\(i\)的最小质因子\(p+p^1+p^2+\dots +p^k\)

void pre(){
    g[1]=f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i])v[i]=1,p[++tot]=i,g[i]=i+1,f[i]=i+1;
        for (int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=n;j++){
            v[i*p[j]] = 1;
            if(i%p[j]==0){
                g[i*p[j]]=g[i]*p[j]+1;
                f[i*p[j]]=f[i]/g[i]*g[i*p[j]];
                break;
            }else{
                f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]];
                g[i*p[j]]=1+p[j];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i]=(f[i-1]+f[i])%Mod;
}

求正约数集合

一个大于1的正整数\(N\)的正约数集合可写作

\[\{p_1^{b_1}p_2^{b_2}\dots p_m^{b_m}\},0\leq b_i\leq c_i \]

试除法

时间效率\(O(\sqrt n)\)。不会有人不会吧不会吧不会吧。

倍数法

倍数法以\(O(nlog\ n)\)的效率求出\(1-n\)所有数的正约数集合，比试除法的\(O(n\sqrt n)\)快很多。

vector<int> fac[maxn];
for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=1;i*j<=n;j++)
		fac[i*j].push_back(i);

欧拉函数

\(1-N\)中与\(N\)互质的数的个数称为欧拉函数。

\[\varphi(n)=n \times \prod_{i=1}^k (1-\frac{1}{p_i}),p_i|n \]

性质

建议去看虎哥博客（懒得粘）

分解质因数求单个欧拉函数

这不是有手就行吗

Eratosthenes筛求欧拉函数

妹想到吧又事它，时间效率\(O(nlog\ n)\)，虽然效率不高但是很短（？）

int phi[maxn];
void Euler(int n){
	for(int i=2;i<=n;i++)
		phi[i]=i;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		if(phi[i]==i)
			for(int j=i;j<=n;j+=i)
				phi[j]=phi[j]/i*(i-1);
}

线性筛求欧拉函数

这不是有手就行吗

扩展欧几里得

深入学习建议看YouXam的博客。
扩展欧几里德定理（Extended Euclidean algorithm, EX（恶心）GCD）。
用于求\(ax+by=\gcd(a,b)\)的一组整数解。

\[ax_1+by_1=\gcd(a,b) \]

\[bx_2+(a\%b)y_2=gcd(b,a\%b) \]

\[x_1=y_2, y_1=x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2 \] 

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) {
    if (b==0){
        x=1;
        y=0;
        return a;//a为最大公约数
    }
    int ret=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return ret;
}

设\(\gcd(a,b)=d\),对于更一般的方程\(ax+by=c\),它有解当且仅当\(d|c\)。可以先求出\(ax+by=d\)的一组特解\(x_0,y_0\),使其同时乘上\(\frac{c}{d}\)，就得到了\(ax+by=c\)的一组特解\(\frac{c}{d}x_0,\frac{c}{d}y_0\)。
即\(ax+by=c\)通解可以表示为：

\[x=\frac{c}{d}x_0+k\frac{b}{d}\ ,\ y=\frac{c}{d}y_0-k\frac{a}{d}\ (k\in\mathrm{Z}) \]

非平凡因子

若\(x\)能整除\(n\)且\(1<x<n\),则\(x\)是\(n\)的非平凡因子。
即一个数除1和本身外的约数。
质数没有非平凡因子。

Pollard_Pho大数字质因数分解

请先了解Miller_Rabin大素数判定算法。

Pollard Rho是一个非常玄学的方式，用于在\(O(n^{1/4})\)的期望时间复杂度内计算合数n的某个非平凡因子。事实上算法导论给出的是\(O(\sqrt p)\)，\(p\)是\(n\)的某个最小因子，满足\(p\)与\(n/p\)互质。但是这些都是期望，未必符合实际。但事实上Pollard Rho算法在实际环境中运行的相当不错。

Pollard_Rho算法的大致流程是：先判断当前数是否是素数（Miller_Rabin）了，如果是则直接返回。如果不是素数的话，试图找到当前数的一个因子（可以不是质因子）。然后递归对该因子和约去这个因子的另一个因子进行分解。
即找到一个数\(s\)使\(1<\gcd(s,x)<x\)，此时\(X\)可以被分解为\(\gcd(s,x)\)和\(\frac{x}{\gcd(s,x)}\)两部分递归处理。
那么怎么找到当前数\(n\)的一个因子呢，没错又事看脸的随机化算法（大雾），感觉有一点“试”的感觉。
我们\(rand()\)一个\(1-x-1\)内的数字设为\(v_0\)，此时使\(v_i=(v_{i-1}^2+t)\%x\)直至\(v_i=v_0\)（\(t\)自己设定，例如114514一般设定成1就可以，但尽量不要设置成0或2）。（这其实是一个剩余系）
由于它某项的值仅由前一项决定，且每一项可能的取值是有限的，因此该数列一定会在经历一定次数的迭代后陷入循环，形成一个类似希腊字母rho（\(\rho\)）的形状，因此得名。





生日悖论：
23 个人里有两个生日相同的人的概率有多大呢？居然有 50%。不计特殊的年月，如 2 月 29 日。于是一年中有 N = 365 天。设房间里有 n 个人，要计算所有人的生日都不相同的概率。那么第一个人的生日是 365 选 365，第二个人是 365 选 364，第三个人 365 选 363 …… 第 n 个人的生日是 365 选 365-(n-1)。所以所有人生日都不相同的概率为

\[\frac{365!}{365^n(365-n)!} \]

可以看到n=100远小于N=365 时，就已经几乎必然有一对同生缘，所有人生日两两不同的概率仅一千万分之三。
N=365天中要出现两个生日相同的人，所需人数为\(n-O(\sqrt N)\)量级。

（懒得排版了，详细可以B(aidu)FS）
因此要求出现一对相同的数，其长度就大致为\(\sqrt n\)。
当\(v_i\equiv v_j(mod\ p),v_i\not=v_j\)时，则\(p|(\vert v_i-v_j\vert )\)。计算\(\gcd(\vert v_i-v_j\vert ,p)\)即可达到一个\(x\)的非平凡因子\(p\)。
简易的实现方式：
设一个在环上的定点\(u\)和动点\(v\)，经过多次迭代（约为\(x^{1/4}\)）必定能找到\(u\equiv v\ (mod\ p)\)。
为了使\(u\)在环上，使其标号倍增。




ll Pollard_Rho(ll x){
        ll v=rand(0,x-1);
	ll u=v,d=1,i=0,temp=2;
	while(d==1){
		v=(v*v+1)%x;
		d=gcd((ll)fabs(u-v),x);
		i++;
		if(i==temp){
			u=v;//倍增
		    temp<<=1;
		}
	}
    return d;
}

模板 Pollard-Rho算法
本题时间限制很紧，需要使用Floyed判环和倍增积累\(\gcd\)。而且数据范围很大，需要使用__int128（所以看看就好）

基于Floyed的实现：
（然而并不知道和Floyed有什么关系？求指教）
使点\(u,v\)在同一起点出发，使\(u\)一倍速度迭代，\(v\)二倍速度迭代，当\(u\equiv v\ (mod\ p)\)就找到了环。这种方法比倍增方法快很多。

ll Pollard_Rho(ll x){
	if(x==4)return 2;
        ll u=rand(0,x-1),v=u;
	ll d=1;
	u=(u*u+1)%x;
	v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
	while(u!=v){
		u=(u*u+1)%x;
		v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
		d=gcd((ll)fabs(u-v),x);
		if(d!=1)return d;
	}
	return x;
}

倍增积累GCD：
每次的\(\vert u-v\vert\)，若存在\(p|(\vert u_i-v_i\vert)\)，则对于多个\(\vert u-v\vert\)的乘积\(Mul\)，仍满足\(p|Mul\)。
因此我们可以先积累一定的答案再做\(\gcd\)，毕竟\(\gcd\)不是\(O(1)\)的。

ll Pollard_Rho(ll x){
	if(x==4)return 2;
        ll u=rand(0,x-1),v=u;
	ll d=1;
	u=(u*u+1)%x;
	v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
	for(int i=1;u!=v;i=min(128,i<<1)){
		ll Mul=1;
		for(int j=0;j<i;j++){
			ll temp=Mul*(ll)fabs(u-v)%x;
			if(!temp)break;//abs(u-v)%x=0
			Mul=temp;
			u=(u*u+1)%x;
			v=(v*v+1)%x;v=(v*v+1)%x;
		}
		d=gcd(Mul,x);
		if(d!=1)return d;
	}
	return x;
}

本题AC代码：
博主已经调了一下午了还没有调出来qwq

同余

费马小定理

不是小费马定理

前置芝士

剩余类&剩余系：总之大概就是一些数\(mod\)一个正整数\(n\)之后都能得到什么结果（敷衍），最常用的完全剩余系\(\{0，1，…，n-1\}\)。

正文

若\(p\)为素数，且\(a\)不是\(p\)的倍数则：

\[a^{p-1}\equiv 1(mod\ p) \]

另一个形式：若\(p\)为素数，对于任意整数\(a\)：

\[a^p\equiv a(mod\ p) \]

证明：不会。建议记住（雾）。

欧拉定理

当模数为合数的时候需要用范围更广泛的欧拉定理。
若\(gcd(a,m)=1\),则:

\[a^{\varphi(m)}\equiv 1\ (mod\ m) \]

扩展欧拉定理

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\ mod\ \varphi(p)}, & \gcd(a,p)=1 \\ a^b, & \gcd(a,p)\neq 1,b<\varphi(p)\pmod p \\ a^{b\ mod\ \varphi(p)+\varphi(p)}, & \gcd(a,p)\neq 1,b\geq\varphi(p) \end{cases}\]

证明
（好像没用过）

乘法逆元

众所周知同余不满足同除性，所以数学家们弄出了逆元这个东西。

费马小定理求逆元

即\(a^{p-2}\ mod\ p\)。快速幂求解，很方便。
前提条件：模数为素数，且\(a\)不是\(p\)的倍数。有的题特意卡这个，例如沙拉公主的困惑。

欧拉定理求逆元

即\(a^{\varphi(p)-1}\ mod\ p\)

扩展欧几里得求逆元

前提条件：\(a\)和\(p\)互质。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int b,x,y,mod; 

inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b==0){
        x=1;
		y=0;
        return a;
	}
    int ret=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
    return ret;
}

int main(){
    scanf("%d%d",&b,&mod);
    int gcd=exgcd(b,mod,x,y);
    if(gcd!=1)
        printf("None\n");
    else 
        printf("%d\n",(x%mod+mod)%mod);
    return 0;
}

线性求逆元

建议背式子

\[i^{-1} \equiv -\lfloor \frac{p}{i} \rfloor \times (p\ mod\ i)^{-1} \ (mod\ p) \] 

inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
    inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;

线性同余方程

（蒟蒻表示并不会高次的）
暂时懒得写了，下午填坑

中国剩余定理

咕咕咕

组合数学相关

仅挖坑

莫比乌斯反演&&拉格朗日插值

建议问\(liuchanglc\)（滑稽）

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Miller
nlog
MUL
pho
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