本蒟蒻第一次講課，由于比較匆忙所以沒有及時準備課件，在此表示抱歉…
聽說他們講課都是啥都沒有 在那兒嘮嗑$20$分鐘然后問:有沒有不會的 不會的自己學 就完事了？？$2333$真是負責

前景提要

這是一篇數論$0$零起點到負無窮，從入門到入土的博客 請大家做好心理準備

聽說$C$層要講數論?
哈 作為前數學競賽生的我當然要搶著講了 于是跟$pjt$大哥蹭了一下
本著放松隨便講一講的心態 我問了我們這邊的$lyss$小寶寶

但是$pjt$去自由啊…那就我自己寫吧…

$tips:$現在要講的基本涉及的都是整數 所用的字母除聲明外也都表示整數

$Part1.$整數的常識

一、整除

1.設$a$、$b$是給定的數$，b\ne 0$。若存在整數$c，$使得$a=bc，$則稱$b$整除$a，$記作$b\mid a，$反之$,$則稱$b$不能整除$a，$記作$b?a$。
2.一些性質:

a. 若$a|b$，且$b|c$，則$a|c$。
b. 若$b|a$，且$b|c$，則$b|(a\pm c)$
c.若$c|a$，且$c|b$，則對于任意整數m、n，有$c|(ma+nb)$。

二、素數與合數

\,\,\,\,\,\,\,\,對于一個正整數，如果它有且僅有1和它自己兩個約數，那么我們稱這個數為素數。如果有兩個以上的約數，那么我們稱這個數為合數。注意:1既不是素數也不是合數

先植入一個沒什么用的定理，它叫素數定理:
小于x的素數的個數近似等于x/ln(x)…

現在我們想想如何求素數

1.考慮暴力枚舉

如果$2?\sqrt{n}$每個數都不是$n$的因子，那么$n$就是質數了。
復雜度$O(\sqrt{n})$

那么我們來看一道題：
求$1?n$內的素數。 $n<=1000000$

用上述的算法那是要跑$100s$的 所以我們就需要換一個高效的算法

2.篩法求素數
基本思路是:素數的倍數不是素數
\,\,\,\,\,\,\,\, 1不是素數首先把它篩掉，剩下的數中最小的數一定是素數，然后去掉它的倍數。
$vis[i]$表示$i$是否被訪問過$,cnt$表示現在素數的數量$,prime$數組存的是從小到大的素數
代碼:

for(int i=2;i<=n;i++){if(!vis[i]){prime[++cnt]=i;for(int j=1;j*i<=n;j++)vis[i*j]=true;} }

這回由$O(n\sqrt{n})$變成了$O(nlo{g}_n)$了
但是我們注意到，這樣篩會篩重很多次。
我們拿$75$舉例 :在篩到素數$3$時我們把它篩除 在篩到素數$5$時我們又會篩除一次 這樣會浪費大量的時間，如何優化呢？
3.線性篩
基本思路是:在篩法的基礎上 我們讓每一個合數只能被他自己最小的素數篩到
如何實現這個優化呢？
看代碼

for(int i=2;i<=n;i++){if(!vis[i])prime[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){vis[i*prime[j]]=true;if(i%prime[j]==0)break;} }

在篩到每個數時 我們把小于它的最小質數的所有質數倍數的數都篩掉 這樣就能保證每個數是被它自己最小的質因子篩掉

$Part2.$$gcd\&lcm$

$gcd$是啥？$lcm$是啥？某黨？

$gcd$指的是$greatestcommondivisor$就是最大公約數。
$lcm$指的是$LeastCommonMultiple，$即最小公倍數。

一、最大公約數

最大公約數是數論中一個重要的概念

設$a$、$b$不全為零$,$同時整除$a$、$b$的整數稱為他們的公約數$，$顯然$a$、$b$的公約數只有有限多個$，$我們將其中最大的一個稱為$a$、$b$的最大公約數表示$，$用符號$(a,b)$表示。顯然$，$最大公約數是一個正整數。
當$(a,b)=1$時$，$我們稱$a$與$b$互質$($互素$)，$這種情形特別重要。

那么問題來了 我們怎么求最大公約數呢？
通常用輾轉相除法來寫 我的個人喜好是用遞歸
輾轉相除法是不都會…? 算了算了 好好講講吧
我們可以很顯然地理解這個等式:

$gcd(a,b)=gcd(a?b,b)$

但是呢 這么一次一次減太慢了 所以我們一次能減多少就減多少
就相當于直接除 這就是簡述版的輾轉相除

int gcd(int a, int b){if(b==0)return a;else return gcd(b,a%b); }

我不會告訴你們algorithm庫里有可以直接用的__gcd
輾轉相除在后面個的擴展$gcd$中還是很有用的
上兩個題吧

luoguP1372
簡述版題意:給你個$n$和$k$ 求$n$個數中取$k$個的最大公約數最大

$Solution:$設這 $k$個數的最大公約數為$gcd$
則第$k$個數最小為$k\times gcd$ 所以$k\times gcd\le n$
那么$gcd\le \frac{n}{k}$ 顯然最大的$gcd=?\frac{n}{k}?$

#include<iostream> using namespace std; int main() {int n,k;cin>>n>>k;cout<<n/k<<endl; }

luoguP2090
對于一個數字對(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。
$Solution:$
注意到等式$gcd(a,b)=gcd(a,a+b)$
所以找到$1$到$n?1$中$gcd(a,b)$遞歸層數最少的就好咯
在這兒推一下那天的模擬賽的解題報告 其中就有這道題 模擬賽不是很難大家可以看看
最后有彩蛋哦
地址在這！:題解

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define inf int(1e8) inline void read(int &x){int s=0,w=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<3)+(s<<1)+(ch&15);ch=getchar();}x=s*w; } int gcdd(int a, int b){if(!b)return inf;if(b==1)return a-1;return gcdd(b,a%b)+a/b; } int n,now=inf; int main(){read(n);for(int i=1;i<=(n+1)/2;i++)now=min(now,gcdd(n,i));printf("%d\n",now); }

二、最小公倍數

那么我們再簡單地談談最小公倍數
設$a、b$是兩個非零正整數$，$一個同時為$a、b$的倍數的書稱為他們的一個公倍數$,$兩個數的公倍數顯然有無窮多個$,$我們把這其中的最小的正整數稱為他們的最小公倍數

那最小公倍數就很好求了

$lcm(a,b)=\frac{ab}{gcd(a,b)}$

$UPD:$昨天講到這里哦！
經過一 天

$Part3.$同余及應用

一、同余

同余是數論中的一個重要概念，應用極為廣泛。
設$n$是給定的正整數，若整數$a、b$滿足$n\mid (a?b)，$則稱$a$和$b$模$n$同余$,$記作

$a\equiv b(modn)$

反之，則稱$a$與$b$模$n$不同余$,$記作

$a\not\equiv b(modn)$

很顯然，$a$ 和$b$模$n$同余的充分必要條件是$a$與$b$被$n$除得的余數相同。

同余式的幾個性質:

反身性：$a\equiv a(modn)$

對稱性：若$a\equiv b(modn)，$則$b\equiv a(modn)$

傳遞性：若$a\equiv b(modn)，$$b\equiv c(modn)，$則$a\equiv c(modn)$

可加性：若$a\equiv b(modn)，$$c\equiv d(modn)，$則$a\pm c\equiv b\pm d(modn)$。

若$a\equiv b(modn)，$$c\equiv d(modn)，$則$ac\equiv bd(modn)$。
運用這幾個性質 我們把同余應用在信息中的數論

二、快速冪

給定$a、n、m$求$a^{n}modk$
考慮樸素算法 用循環一個一個累乘 可以在$O(n)$的時間內求出答案
不過似乎沒什么用 這一點都不快速
那么我們來點快的
考慮到$a^{2n}={a^n}^2$所以我們可以兩兩配對地乘
所以
$1.$當n是奇數時，那么有 $a^n=a?a^{n?1}$

$2.$當n是偶數時，那么有 $a^n=a^{\frac{n}{2}}?a^{\frac{n}{2}}$
上代碼

int quickpow(int a, int n, int m){int ret=1;while(b){if(b&1)(ret*=a)%=m;(a*=a)%=m,n>>=1;} }

時間復雜度:$O(lo{g}_n)$
$10.2323:12$今天先寫到這兒 明天應該講不到這兒

三、擴展歐幾里得

引題:給定$a、b、c，$求使得$ax+by=c$成立的最小正整數解$x、y，$如果無解則輸出$lyswan$
講真的 我是從這個題開始認識到信息真的是一門競賽…

$Solution:$
$1.$首先考慮是否有解:當$gcd(a,b)\mid c$時方程才有解
$2.$所以我們先不管$c$到底是$gcd(a,b)$的幾倍 直接給
我們考慮如何搞這個方程:
首先看這個方程:$bx+(a\%b)y=c$這樣以此類推
最后會得到$gcd(a,b)x=c$此時$x=1$
對于$a^{\prime }=b,b^{\prime }=a\%b$而言，我們求得$x,y$使得$a^{\prime }x+b^{\prime }y=gcd(a^{\prime },b^{\prime })，$ 由于$b^{\prime }=a\%b=a??\frac{a}{b}?\times b$
所以可以推得$ay+b(x??\frac{a}{b}?\times y)=gcd(a,b)$
即一組通解為$x=y,y=x??\frac{a}{b}?\times y$

問題來了 我們怎么用代碼實現呢?
注意到我們方程的變形用的是$gcd$函數輾轉相除，方程的通解是一步一步遞歸才能得到 所以用遞歸版的歐幾里得順便求得。
這個就叫擴展歐幾里得 上代碼:

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

最后的$x,y$就是解 不過出來可能會是一個負數 求最小正整數解還要再加上一個$mod$

這個東西其實真的很有用的 我們看一道題
$NOIP2012$同余方程
題意:求關于 $x$的同余方程 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$的最小正整數解。

$Solution:$轉化為$ax+by=1$ 就變成了擴展歐幾里得…
代碼:

#include<cstdio> int t,c,d,x,y; void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {if(a%b==0){x=0;y=1;return;}exgcd(b,a%b,x,y);t=x;x=y;y=t-a/b*y; } int main() {scanf("%d%d",&c,&d);exgcd(c,d,x,y);while(x<=0){x+=d;}printf("%d\n",x); }

四、歐拉函數

歐拉函數，即$\phi (x)$，簡單說它表示從$1?n$中和它互質的數的個數
歐拉函數在各種玄學定理中經常出現，有的題中$gcd=1$ 的情形往往可以轉化為歐拉函數
如何求歐拉函數
$1.$單個數歐拉函數的求解公式:
對于一個數$x=\prod _{i=1}^n{p}_i^{{\alpha }_i}，$那么$\phi (x)=x\prod _{i=1}^n(1?\frac{1}{p_i})$
至于為啥有興趣的自己推 不難推，這里就不贅述了。主要是…我現在要碼不完了啊啊估計明天也講不完了所以直接過吧…求饒$.jpg$
$2.$ 線性求 $1?n$ 所有數的歐拉函數$($即歐拉篩$)$
上述求解歐拉函數不是沒有用 實在是太磨嘰…又要分解質因數，又要求乘積，還有分數…沒看我代碼都沒給嗎2333 但有時候這個式子推一些性質很有用的
我們歐拉篩之前先要了解幾個性質:
$a.$對于質數$p$，有$\phi (p)=p?1$ 顯然…
$b.$當$(n,m)=1$時，有$\phi (n\times m)=\phi (n)\times \phi (m)($即歐拉函數是但不完全是積性函數$)$，特別地，當$2?n$時，$\phi (2n)=\phi (n)$。
用上面的定義式這個顯然成立
$c.$當$m\mid n$時，$\phi (m\times n)=m\times \phi (n)$。
用定義式回去自己推不會問我…
那么這些性質我們了解之后，就可以篩篩篩篩篩篩了
首先想一想 上面的性質是不是有點眼熟? $p$ 為質數，$n\%m=0$？
沒錯就是線性篩，我們可以在線性篩素數的時候，運用這三條性質來維護歐拉函數，具體看代碼 我要講不完了!!

euc[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) {if(!vis[i])euc[i]=i-1,prime[++cnt]=i;for(int j=1;j<=cnt;j++){if(i*prime[j]>n)break;vis[i*prime[j]]=true;if(i%prime[j]==0){euc[i*prime[j]]=euc[i]*prime[j];break;}else euc[i*prime[j]]=euc[i]*euc[prime[j]];} }

仔細體會其實不難
上例題:
題面找不到了 大哥們我錯了
題意:給定$n$,求$1\le x,y\le n$且$gcd(x,y)=1$的數對個數
這就用到我們前面講的 某些問題的$gcd=1$可以轉化為歐拉函數
用式子寫出來就是:
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n(gcd(i,j)=1)$
$={\sum }_{i=1}^n\phi (i)$
所以只需要求出歐拉函數的前綴和即可

五、逆元

終于來到最有用的地方了…

什么是逆元?
對于一個數$x，$它在模$p$意義下的逆元$a$，滿足$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)，$
這東西很有用 可以說沒有逆元數論少了靈魂
看這個題:給定$n,m,p$求$\frac{n}{m}modp$
如果你沒學逆元 你肯定懵逼:$woc??$分數還能取模？
這就是逆元的妙處
$Solution:$求出$m$在模$p$意義下的逆元$a$，答案為$na\%p$。
那么這么好用的一個東西 我們怎么求呢???
求逆元的方法

$1.$$exgcd$
逆元滿足什么條件?$ax\equiv 1(\mathrm{mod}p)$?同余方程啊！$exgcd$顯然可行啊。
性能分析:

• 時間復雜度$O(lo{g}_{max(a,b)})$ 不是太差
• 適用范圍：只要存在逆元就可求，適用個數不多，當$mod$很大很大時是個非常不錯唯一的選擇
• 缺點:遞歸~討厭厭…這是最常見以及我最不愿意打的一個…

$2.$快速冪
快速冪怎么求逆元?
那首先你需要了解一個定理—費馬小定理:

若$p$為素數，那么$a^{p?1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

這個是怎么來的呢? 歐拉定理的推論
歐拉定理(有時也叫作費馬小定理的一般式):

$a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

那歐拉定理怎么來的呢?有興趣自己查查(其實是來不及了！！
接著說 因為$a^{p?1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，所以$a^{p?2}$就是$a$的逆元
性能分析:

• 時間復雜度:$O(lo{g}_{mod})$
• 適用范圍:在$mod$是素數!! 并且$mod$不是太太太大大大的時候
• 優點:比擴歐好寫，我最喜歡求逆元的方法之一
• 缺點:如果$mod$是合數相信沒有人無聊到篩一遍歐拉函數

$3.$ 線性求逆元
放心放心 這次線性沒有篩 不用害怕
原理:$p$是模數,我們現在要求的是$i$的逆元
將$p$寫成$p=k?i+r$其中$0<r<i$（就是帶余除法）
則$k=\frac{p}{i},r=p\%i$

解釋一下 第二行是第一行兩邊都除$ir$得到的
總的來說就是一個公式:
$inv[i]=?(mod/i)?inv[mod\%i]$邊界是$inv[1]=1$
優點:
$a.$在$O(n)$的時間內求出$1?n$ 的所有逆元 高效
$b.$代碼好打 就一行
$c.$沒有缺點
代碼:

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

回到前面的問題，現在我們會求逆元了，分數取模自然也就很水了
有理數取余
題意:給出一個有理數$c=\frac{a}{b}$，求$c\mathrm{mod}19260817$c的值。

$Solution:$直接求$b$的逆元，由于19260817是個質數，所以輸出$a\times b^{mod?2}$就好了，由于$a,b$很大 所以需要處理一下:↓

#include<cstdio> typedef long long ll; const ll mod=19260817; ll quickpow(ll a, ll b){ll ret=1;while(b){if(b&1)(ret*=a)%=mod;(a*=a)%=mod,b>>=1;}return ret; } ll n,m; ll getint(){char chr=getchar();ll x=0;while(chr<'0'||chr>'9')chr=getchar();while(chr>='0'&&chr<='9'){x=(x*10)%mod;chr=getchar();}return x; } int main(){n=getint(),m=getint();if(m==0)return printf("Angry!"),0;printf("%lld\n",n*quickpow(m,mod-2)%mod); }

板子題
題意：給定$n,p$求$1?n$中所有整數在模$p$意義下的乘法逆元。
$Solution:$沒有$Solution$，線性求逆元直接過

#include<bits/stdc++.h> #define N 3000010 typedef long long ll; using namespace std; int inv[N],n,p; inline int read(){int f=1,x=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();};while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15);ch=getchar();};return f*x; } int main(){n=read();p=read();inv[1]=1;puts("1");for(int i=2;i<=n;i++){inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;printf("%d\n",inv[i]);} }

逆元是一種非常有用的工具 它可以和很多有用的定理結合在一起形成擴展定理

六、中國剩余定理

中國剩余定理，也稱孫子定理，話說昨天你們為什么對這個定理這么感興趣呢…?
中國剩余定理能干啥呢?
比如 一筐蘋果 三個三個吃最后剩兩個，四個四個吃最后剩三個，五個五個吃最后剩四個，求一共有多少個蘋果？
答案是$59$個.
當然中國剩余定理不只這么簡單
給定$k$以及$k$個$a_i、m_i$求一個最小的正整數$n$滿足
$?\begin{array}{l}n\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ n\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ ...\\ n\equiv a_k(\mathrm{mod}{m}_k)\end{array}$
其中$(m_1,m_2,...,m_k)=1$
如何求解呢？
令$M={\prod }_{i=1}^k{m}_i$，即$M$是所有$m_i$ 的最小公倍數
對于每個方程，設$p_i=\frac{M}{m_i}$
$t_i$為同余方程$p_i{t}_i\equiv 1(mod{m}_i)$的最小非負整數解
則有一個解$x={\sum }_{i=1}^k{a}_i\frac{M}{m_i}{t}_i$
?通解為$x+i?M(i\in Z)$
特別地,最小非負整數解為$(x\%M+M)\%M$
自己推推 很好理解 盲猜時間應該不夠了 所以不講了 不會問我
代碼實現:求$t_i$那個同余方程時要用到擴展歐幾里得
其他的…入門難度的代碼實現

void ex_gcd(ll n, ll m, ll &x, ll &y){if(!m){x=1,y=0;return;}ex_gcd(m,n%m,y,x);y-=(n/m)*x; } ll CRT(){ll ans=0,lcm=1,x,y;for(int i=1;i<=k;i++)lcm*=b[i];for(int i=1;i<=k;i++){t[i]=lcm/b[i];ex_gcd(t[i],b[i],x,y);x=(x%b[i]+b[i])%b[i];ans=(ans+t[i]*a[i]%lcm*x%lcm)%lcm;}return (ans+lcm)%lcm; }

例題例題例題:
$TJOI2009$猜數字
簡述題意:給個$t$，$t$組數據，每組數據給$k$以及$k$個$a_i、m_i$求最小的非負整數$n$，滿足對于任意的$i，n?a_i$能被$b_i$整除。

$Solution:$板子題板子題板子題！！！
從這個:

推到這個:

即:

題中給的$(b_1,b_2,...,b_k)=1$所以中國剩余定理可做。
注意:
$1.$直接乘爆$longlong$要用快速乘，快速乘其實是慢速乘…具體跟快速冪差不多，看代碼
$2.$直接快速乘會 $TLE$因為快速乘不能有負數，而題中說數可能為負數，所以如果是負數要加個$mod$…
這兩個地方當時差點沒坑死我…
代碼↓

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll quickpow(ll x, ll y, ll mod){ll ret=1;while(y){if(y&1)(ret*=x)%=mod;(x*=x)%=mod,y>>=1;}return ret; } inline ll quickmul(ll x, ll y, ll mod){if(x<0)x+=mod;if(y<0)y+=mod;if(y>x)swap(x,y);ll ret=0;while(y){if(y&1)(ret+=x)%=mod;(x+=x)%=mod,y>>=1;}return ret; } ll k,a[20],b[20],t[20]; void ex_gcd(ll n, ll m, ll &x, ll &y){if(!m){x=1,y=0;return;}ex_gcd(m,n%m,y,x);y-=(n/m)*x; } ll CRT(){ll ans=0,lcm=1,x,y;for(int i=1;i<=k;i++)lcm*=b[i];for(int i=1;i<=k;i++){t[i]=lcm/b[i];ex_gcd(t[i],b[i],x,y);x=(x%b[i]+b[i])%b[i];ans=(ans+quickmul(quickmul(t[i],a[i],lcm),x,lcm))%lcm;}return (ans+lcm)%lcm; } int main(){scanf("%lld",&k);for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]);for(int i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&b[i]);printf("%lld\n",CRT()); }

此外，當模數不是互質時，我們就會用到擴展中國剩余定理了，有興趣的可以自己學一下

$Part4.$組合數學

組合數學是信息中的數論的一個重要分支
不過講不完了
加我$QQ:407694747$免費一對一輔導，不容錯過…

總結

以上是生活随笔為你收集整理的详解数论从入门到入土的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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