算法之?dāng)?shù)論應(yīng)用篇二

• 最大公約數(shù)
• • 線性篩
  • Hankson的趣味題
• 歐拉函數(shù)
• • 前言
  • 可見的點(數(shù)學(xué)知識+歐拉函數(shù))
  • 最大公約數(shù)(可見的點擴展)
• 同余
• • 取模的性質(zhì)
  • • 定義
    • 基本性質(zhì)
    • 運算規(guī)則
    • 重要定理
  • 重要定理
  • • 費馬小定理
    • 歐拉定理
    • 擴展歐幾里得算法
    • 乘法逆元
    • 線性同余方程式
  • 同余方程(數(shù)學(xué)知識+線性同余方程式)
  • 青蛙的約會(同余+數(shù)學(xué)方程式)
  • 曹沖養(yǎng)豬(中國剩余定理)

最大公約數(shù)

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線性篩

void get_primes(int n ){for(int i = 2 ; i <= n ; ++i){if(!st[i])primes[cnt ++] = i;for(int j = 0 ; primes[j] <= n / i; ++j){st[i*primes[j]] = true;if(i % primes[j] == 0)break;}} }

利用了每個合數(shù)必有一個最小素因子。每個合數(shù)僅被它的最小素因子篩去正好一次。所以為線性時間。
代碼中體現(xiàn)在：
if(i%prime[j]==0)break;
prime數(shù)組 中的素數(shù)是遞增的,當(dāng) i 能整除 prime[j]，那么 i*prime[j+1] 這個合數(shù)肯定被 prime[j] 乘以某個數(shù)篩掉。
因為i中含有prime[j], prime[j] 比 prime[j+1] 小。接下去的素數(shù)同理。所以不用篩下去了。
在滿足i%prme[j]==0這個條件之前以及第一次滿足改條件時,pr[j]必定是pr[j]*i的最小因子.

Hankson的趣味題

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解題思路
這題是求滿足條件的x分個數(shù)。條件是 gcd(a,x) = b , lcm(x,c) = d;
由lcm(c,x) = d ,我們知道x 一定為d的約數(shù)。那么我們就可以從d的約數(shù)中找符合條件的x。不過因為在找約數(shù)的時間復(fù)雜度是$\sqrt{d}$的，我們需要進(jìn)行一些優(yōu)化。我們知道一個數(shù)的余數(shù)可以有其分解質(zhì)因數(shù)的質(zhì)因子組合而成。因此我們就可以將d先進(jìn)行分解質(zhì)因數(shù)，之后通過dfs進(jìn)行組合形成約數(shù)。因為2?109內(nèi)的數(shù)含有的不同質(zhì)因子的個數(shù)不會超過10個（上一篇提到），因此速度會得到很大的優(yōu)化。

代碼:

#include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; const int N = 2000 , M = 50010 ; typedef long long LL; int n ; int primes[M] , cnt; bool st[M];struct Factor{int p , s ; }factor[M]; int fcnt ,dcnt; int divtor[M];void get_primes(int n ){for(int i = 2 ; i <= n ; ++i){if(!st[i])primes[cnt ++] = i;for(int j = 0 ; primes[j] <= n / i; ++j){st[i*primes[j]] = true;if(i % primes[j] == 0)break;}} }int gcd(int a , int b){if(b == 0 )return a;else return gcd(b , a % b); }void divite(int n ){fcnt = 0;for(int i = 0 ; i < cnt && primes[i] <= n / primes[i] ; ++i){int p = primes[i];if(n % p == 0){int s = 0;while(n % p == 0) n /= p , s ++;factor[++fcnt] = {p,s};}}if(n > 1)factor[++fcnt] = { n ,1}; }void dfs(int u , int p){if( u > fcnt){divtor[dcnt++] = p;return ;}for(int i = 0 ; i <= factor[u].s ; ++i){dfs(u+1 , p);p *= factor[u].p;} }int main(){get_primes(M - 1);cin>>n;while(n--){int a ,b , c ,d;cin>>a>>b>>c>>d;divite(d);dcnt = 0;dfs(1,1);int res = 0;for(int i = 0 ; i < dcnt ; ++i){int x = divtor[i];if(gcd(a,x) == b && (LL)c * x / gcd(x,c) == d) res++;}cout<<res<<endl;}return 0; }

歐拉函數(shù)

前言

歐拉函數(shù)是一個函數(shù)嘛？不它不是的！對于一個數(shù)N的歐拉函數(shù)我們常記作$\psi (N)$，它的含義是從1~N中與N互質(zhì)的個數(shù)。

其中
$$\psi (N)=N?{\Pi }_{質(zhì)數(shù)p|N}\frac{p?1}{p}$$

可見的點(數(shù)學(xué)知識+歐拉函數(shù))

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解題思路
分析題目容易發(fā)現(xiàn)，除了(1，0)，(0，1)和(1，1)這三個釘子外，一個釘子(x，y)能被看到，當(dāng)且僅當(dāng)1≤x，y≤N.x+y并且ged(x，y)=1。
在$1\le x，y\le N，x=y$中能看到的釘子關(guān)于過(0，0)和(N，N)的直線對稱。我們可以考慮其中的一半，即1≤x<y≤N。換言之，對于每個2≤y≤N，我們需要統(tǒng)計有多少個x滿足1≤x<y并且gcd(x，y)=1。這樣的x的數(shù)量恰好就是(y)。
綜上所述，本題的答案就是 $3+2?{\Sigma }_{i=2}^N\psi (i)。$我們要做的事情就是求出2~N中每個數(shù)的歐拉函數(shù).

代碼：

#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 1010; int n ; int primes[N]; int phi[N];void init(int n){for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)phi[i] = i;for(int i = 2 ; i <= n; ++i){if(phi[i] == i)for(int j = 1 ; j <= n / i ; ++j)phi[j*i] = phi[j*i]/i * (i-1);} }int main(){init(N-1);int T ;cin>>T;for(int i = 1; i <= T ; ++i){cin>>n;int res = 0;for(int i = 2 ; i <= n ; ++i) res += phi[i];cout<<i<<" "<<n<<" "<< res * 2 + 3 <<endl;}return 0; }

最大公約數(shù)(可見的點擴展)

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解題思路
之所以說是上一題的擴展是有原因的，對于這個題目是求 1 - N ，中 滿足 $gcd(x,y)=p,p是質(zhì)數(shù)$的點對數(shù)。兩個數(shù)x,y之間的最大公約數(shù)為p，那么其除以p之后也就是$$gcd(x/p,y/p)=1$$因為p是它們的最大公約數(shù)。而知就轉(zhuǎn)換成了上一題。有一些出入的就是這里是從 1 開始計數(shù)的，同時對于每一個p我們加上 1 ~ N/p 范圍內(nèi)對于上一題的解。

解題步驟

線性篩，得到2-N的所有質(zhì)數(shù)，同時得到2-N的歐拉函數(shù)。

之后將2-N的歐拉函數(shù)建立前綴和。

枚舉每一個質(zhì)數(shù)，加上 sum(n/p) * 2 + 1

代碼：

#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 1E7 + 10; int n ; int primes[N] ,phi[N]; int st[N] , cnt; LL sum[N];void init(int n ){for(int i = 2 ; i <= n ; ++i){if(st[i] == 0){primes[cnt++] = i;phi[i] = i-1;}for(int j = 0; primes[j] <= n / i ; ++j){st[primes[j] * i] = 1;if( i % primes[j] == 0){phi[primes[j] * i] = phi[i] * primes[j];break;}phi[primes[j] * i] = phi[i] * ( primes[j] - 1) ;}}for(int i = 1 ; i <= n ; ++i)sum[i] = sum[i-1] + phi[i]; }int main(){cin>>n;init(n);LL ans = 0;for(int i = 0 ; i < cnt ; ++i)ans += sum[n/primes[i]]*2 + 1 ;cout<<ans <<endl;return 0; }

同余

取模的性質(zhì)

在介紹有關(guān)同余的一系列性質(zhì)之前有必要列舉一下取模的一些性質(zhì)

定義

給定一個正整數(shù)p，任意一個整數(shù)n，一定存在等式 ：
n = kp + r ；
其中 k、r 是整數(shù)，且 0 ≤ r < p，則稱 k 為 n 除以 p 的商，r 為 n 除以 p 的余數(shù)。
對于正整數(shù) p 和整數(shù) a,b，定義如下運算：取模運算：a % p（或a mod p），表示a除以p的余數(shù)。

說明：

同余式：正整數(shù)a，b對p取模，它們的余數(shù)相同，記做 或者a ≡ b (mod p)。

n % p 得到結(jié)果的正負(fù)由被除數(shù)n決定,與p無關(guān)。例如：7%4 = 3， -7%4 = -3， 7%-4 = 3， -7%-4 = -3

基本性質(zhì)

若p|(a-b)，則a≡b (% p)。例如 11 ≡ 4 (% 7)， 18 ≡ 4(% 7)

取模運算是等價關(guān)系。
自反性:(a % p)=(a % p)意味a≡a (% p)
對稱性：a≡b (% p)等價于b≡a (% p)
傳遞性：若a≡b (% p)且b≡c (% p) ，則a≡c (% p)

運算規(guī)則

模運算與基本四則運算有些相似，但是除法例外。其規(guī)則如下：

(a + b) % p = (a % p + b % p) % p

(a - b) % p = (a % p - b % p) % p

(a * b) % p = (a % p * b % p) % p

a ^ b % p = ((a % p)^b) % p

因此對于除法取模，我們就會利用乘法逆元來解決。下面我們會提到如何求乘法逆元。

重要定理

若a≡b (% p)，則對于任意的c，都有(a + c) ≡ (b + c) (%p)；因為由 a = k1p + x , b = k2p + x , 那么同時加上一個數(shù)c后，對p的余數(shù)都是 (x + c) % p 是一樣的

若a≡b (% p)，則對于任意的c，都有(a * c) ≡ (b * c) (%p)；與上面同理

若a≡b (% p)，c≡d (% p)，則 (a + c) ≡ (b + d) (%p)，(a - c) ≡ (b - d) (%p)，
(a * c) ≡ (b * d) (%p)，(a / c) ≡ (b / d) (%p)； 我們證明加法，其余同理。由前提我們令
$a=k_1?p+x,b=k_2?p+x,c=k_3?p+y,d=k_4?p+y$那么$(a+c)=(k_1+k_3)?p+x+y(b+d)=(k_2+k_4)?p+x+y$它們對p取模的結(jié)果都是$(x+y)$

重要定理

費馬小定理

費馬小定理：$a^{(}p?1)\equiv 1(modp)$
前提：p為質(zhì)數(shù)，且a，p互質(zhì)

在證明之前我們先證明兩個引理

$如果p,c互質(zhì),并且a?c\equiv b?c(modp),則a\equiv b(modp)$ :對于同余我們就可以寫成。 a·c≡b·c(mod m)可得ac–bc≡0(mod m)可得(a-b)·c≡0(mod m)。因為(m,c)=1即m,c互質(zhì)，c可以約去，a– b≡0(mod m)可得a≡b(mod m)。

$設(shè)m是一個整數(shù)且m>1，b是一個整數(shù)且(m,b)=1。如果a[1],a[2],a[3],a[4],\dots a[m]是模m的一個完全剩余系，則b?a[1],b?a[2],b?a[3],b?a[4],\dots b?a[m]也構(gòu)成模m的一個完全剩余系。$ 證明: 假設(shè)不是完全剩余系，那么至少有兩個同余，即$b?a[i]\equiv b?a[j](modm)$有定理一有 $a[i]\equiv a[j](modm)$，因為這兩個是完全剩余系中不同的，因此不可能成了。證畢

費馬小定理證明:0,1,2,3,4…p-1是p的完全剩余系
∵a,p互質(zhì)
∴a,2a,3a,4a…(p-1)a也是mod p的完全剩余系
∴123…(p-1)a ≡ a2a3a…(p-1)*a (mod p)
∴ (p-1)! ≡ (p-1)!*a^(p-1) (mod p)
兩邊同時約去(p-1)!
a^(p-1) ≡ 1 (mod p)

推廣: $若p是質(zhì)數(shù)，則對于任意的整數(shù)a，有a^p\equiv a(modp)$ ,證明: $$p|a(a^{p?1}?1),若a,p互質(zhì)，那么由定理知成立，如果不互質(zhì)，那么p與a同時除以gcd(p,a)的結(jié)果會p/gcd)會與a互質(zhì)，則成立$$

歐拉定理

對于費馬定理，我們知道 p(質(zhì)數(shù))的歐拉函數(shù)就是 p - 1
因此可以成
$若正整數(shù)a,n互質(zhì),則a^{\psi (n)}\equiv 1(mod)n$

推論
$若正整數(shù)a,n互質(zhì),則對于任意正整數(shù)b,有a^b\equiv a^{bmod\psi (n)}(mod)n$

而這個就是快速冪取模可行的一個依據(jù)

擴展歐幾里得算法

定理
$對于任意整數(shù)a,b,存在一對整數(shù)x和y，滿足ax+by=gcd(a,b)$
證明
在歐幾里得算法的最后一步，即b=0時，顯然有一對整數(shù)x=1，y=0，使得$a?1+0?0=gcd(a,0)。$
若b>0，則$gcd(a，b)=gcd(b，amodb)。$假設(shè)存在一對整數(shù)x，y，滿足$b?x+(amodb)?y=gcd(b，amodb)$，因為$bx+(amodb)y=bx+(a??a/b?b])?y=ay+b(x?[a/b]y)$，所以令 $x\prime =y,y\prime =x?\mid a/b\mid y,$ 就得到了 。ax′+by′=gcd(a,b)。 對歐幾里得算法的遞歸過程應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法，可知Bézout定理成立。
證畢。

代碼:

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

對于更為一般的方程ax+by=c，它有解當(dāng)且僅當(dāng)d|c。(d = gcd(a,b))我們可以先求出$ax+by=d的一組特解x_o，y_o，然后令x_o，y_o同時乘上c/d，就得到了ax+by=c的一組特解(c/d)?x_o,(c/d)?y_o。$
事實上，方程ax+by=c的通解可以表示為：
$$x=\frac{c}{d}?x_0+(k\frac{b}{d})y=\frac{c}{d}?y_0?(k?\frac{a}{d})(k\in Z)$$
其中k取遍整數(shù)集合.

乘法逆元

定理
$若b,p互質(zhì)，并且b|a，則存在一個整數(shù)x，使得\frac{a}{b}\equiv a?x(modp)$,$稱x為b的模p的乘法逆元，記作b^{?1}(modp)$

因為$\frac{a}{b}\equiv a?b^{?1}\equiv \frac{a}{b}?b?b^{?1}$，所以$b?b^{?1}\equiv 1(modp)$如果m是質(zhì)數(shù)，且b < p ，那么由費馬小定理有 ，$b^{p?2}$是b的乘法逆元。
如果只是b，p互質(zhì) ， 我們也可以通過求同余方程式 $b?x\equiv 1(modp)$

現(xiàn)在有了乘法逆元對于除法的取模運算我們也可以適當(dāng)?shù)倪M(jìn)行加速運算了。

線性同余方程式

定義：給定整數(shù)a，b，m，求一個整數(shù)x滿足$a?x\equiv b(modm)$，或者給出無解。因為未知數(shù)的指數(shù)為1，所以我們稱之為一次同余方程，也稱線性同余方程。

$a?x\equiv b(modm)$等價于$a?x?b是m$的倍數(shù)，不妨設(shè)為$?y$倍。于是，該方程可以改寫為$a?x+m?y=b$。

根據(jù)Bézout定理及其證明過程，$線性同余方程有解當(dāng)且僅當(dāng)gcd(a，m)|b$。而這也證明了上面情況乘法逆元的存在性。$b?x\equiv 1(modp)$。可以寫成$bx+py=1$因為b，p互質(zhì)，所以 $gcd(b,p)=1$那么解一定存在。
在有解時，先用歐幾里得算法求出一組整數(shù)$x_0，y_0，滿足a?x_0+m?y_0=gdd(a，m)$。然后$x=x_0?b/gcd(a，m)$就是原線性同余方程的一個解。
方程的通解則是所有模m/gcd(a，m)與x同余的整數(shù)。

同余方程(數(shù)學(xué)知識+線性同余方程式)

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解題思路

題目要求的是滿足條件的最小正整數(shù)。而通解的形式是$x_0+kb$表示的是所有模b與$x_0$的余數(shù)相同的最小正整數(shù)。 循環(huán)來求就是

for(int i = 1 ; i <= b ; ++i)if(i % b == (x % b +b ) % b){cout<<i<<endl;break;}

不過我們發(fā)現(xiàn)其實我們是不用循環(huán)的，這個(x % b +b ) % b)就是所求解。

代碼:

#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std;int a , b ,x ,y;int exgcd(int a , int b ,int & x ,int & y){if(b == 0){x = 1 , y = 0;return a;}int d = exgcd(b , a % b , y ,x);y -= a / b * x;return d; }int main(){cin>>a>>b;exgcd(a,b,x,y);cout<< (x % b + b)%b<<endl;return 0; }

青蛙的約會(同余+數(shù)學(xué)方程式)

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解題思路

那么它們相遇的時候有方程式
$$a+mx\equiv b+nx(modL)$$等價于$(a?b)+(m?n)x是L的倍數(shù)$我們假設(shè)倍數(shù)是-y倍，那么有$$(m?n)x+Ly=b?a$$這就是一次同余方程。那么有解當(dāng)且僅當(dāng) $gcd(L,m?n)|(a?b)$。如果有解我么用擴展歐幾里得算法解出$x_0$后$x=x_0?(b/gcd(L,m?n))$就是方程的一個特解。通解就是$$X=x+\frac{L}{d},d=gcd(L,m?n)$$，至于最小的正整數(shù)解就類似上一題所說為$(xmod\frac{L}{d}+\frac{L}{d})mod\frac{L}{d}$

代碼:

#include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std;typedef long long LL; LL n , m , a ,b ,L , x , y;LL exgcd(LL a , LL b ,LL & x , LL & y){if(b == 0 ){x = 1 , y = 0;return a;}LL d = exgcd(b , a%b , y , x);y -= a/b * x;return d; }int main(){cin>>a>>b>>m>>n>>L;LL d = exgcd(m - n , L ,x ,y);if((b - a) % d)cout<<"Impossible\n";else{x *= (b - a) / d ;LL t = abs(L/d);cout<< ( x % t + t) % t <<endl;}return 0; }

曹沖養(yǎng)豬(中國剩余定理)

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解題思路

這題是一個板子題，對于中國剩余定理是

中國剩余定理是構(gòu)造了一組解，使得滿足條件。

代碼：

#include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 11; int n ; int a[N] , b[N];int exgcd(LL a , LL b ,LL & x , LL & y){if(!b){x = 1 , y = 0;return a;}LL d = exgcd(b , a % b , y ,x);y -= a/b * x;return d; }int main(){cin>>n;LL m = 1;for(int i = 1 ; i <= n ; ++i){cin>>a[i]>>b[i];m *= a[i];}LL ans = 0;for(int i = 1 ; i <= n ; ++i){LL x , y ;LL M = m / a[i];exgcd( M, a[i] , x , y);ans += b[i] * M * x; }cout<<(ans % m+ m ) % m<<endl;return 0; }

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的算法之数论应用篇(二)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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