关于数论
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IT文章
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2022-02-22 17:11:15
费马小定理
假设p是质数，且gcd(a,p)=1,那么a(p-1)≡1(mod p)。假设a是整数，p是质数，且a，p互质（即两者只有一个公约数1），那么a的（p-1)次方除以p的余数恒等于1.a^(p-1)%p=1（其中%为取模操作，且a<p,p为质数）
![]()
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#define ll long long int//能够直接使用long long
using namespace std;
ll n;
ll pd[14]= {10,35,77,535,71497,2,3,5,7,11,3161};
ll fastmul(ll a,ll b) {
ll r=0;
ll base=a;
while(b!=0) {
if(b%2!=0) {
b--;
r=(r+base)%n;
}
b=b/2;
base=(base+base)%n;
}
return r%n;
}
ll fastpow(ll a,ll b) {
ll r=1;
ll base=a;
while(b!=0) {
if(b%2!=0)
r=fastmul(r,base)%n;
base=fastmul(base,base)%n;
b=b/2;
}
return r%n;
}
ll check(ll n) {
if(n==2) return 1;
if(n<2&&(n%2==0)) return 0;
for(ll i=0; i<11; i++) {
ll x=pd[i];//进行特判
if(x%n==0)
continue;//继续往下判断循环条件执行语句
ll ans=fastpow(x,n-1)%n;
if(ans!=1)
return 0;
}
return 1;
}
int main() {
//srand(time(0));
//scanf("%lld",&n);
cin>>n;
for(int i=1; i<=n; i++) {
if(check(i)) printf("%d
",i);
}
return 0;
}
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欧几里得算法
1.带余除法定理：a,b,其中b>0,存在唯一g及r，使a=bq+r；
辗转相除法（欧几里得算法）依据：(a,b)=(b,r);
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#include<iostream>
using namespace std;
int main() {
int n,m,r;
cin>>m>>n;
r=m%n;
while(r!=0)
m=n,n=r,r=m%n;
cout<<n;
}
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2.扩展欧几里得算法
其中a，b是任意两个不全为0的整数，则存在两个整数x，y，使得ax+by=(a,b);
当(a,b)=1(互素)时，使ax+by=1;
应用：一次不定方程ax+by=c有解的充分条件是(a,b)|c；(|的意思是整除);
![]()
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) {
if(b==0) {
x=1;
y=0;
return a;
}
long long r=exgcd(b,a%b,x,y),t=x;
x=y;
y=t-y*(a/b);
return r;
}
int main() {
long long a1,b1,x1,y1;
cin>>a1>>b1;
exgcd(a1,b1,x1,y1);
while(x1<0) x1+=b1;
cout<<x1;
return 0;
}
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应用：
快速幂
快速幂：快速幂取模，即快速的求一个幂式的模（余）。
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int PowerMod(int a, int b, int c) {
int ans = 1;
a = a % c;
while(b>0) {
if(b % 2 = = 1)
ans = (ans * a) % c;
b = b/2;
a = (a * a) % c;
}
return ans;
}
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复杂度为O(logb).
威尔逊定理
威尔逊定理给出当且仅当p为素数时：( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )
充分性证明：
如果“p”不是素数，那么它的正因数必然包含在整数1, 2, 3, 4, … ,p− 1 中，因此gcd((p− 1)!,p) > 1，所以我们不可能得到(p− 1)! ≡ −1 (mod p)。
必要性证明：
取集合A={1,2,3,...,p-1};则任意i属于A,且存在j属于A,使得：(ij)恒等于1(mod p)
设x*a ≡ 1 (mod p)。
除了x=a时，a*a≡1 (mod p)，
(a+1)*(a-1)≡ 0 (mod p),
a=1或a=p-1 ，不成立。
其他情况都可以找到对应的a。
所以（p-1）！≡1*（p-1）（mod p）≡-1 (mod p)
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#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
long long int f(int p) {
if(p==0) return 1;
else return p*f(p-1);
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
long long int ans=f(n-1);
if(ans%n==n-1) printf("YES");
else printf("NO");
return 0;
}
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乘法逆元
1.乘法逆元（在维基百科中也叫倒数，当然是 mod p后的,其实就是倒数不是吗？）:
如果ax≡1 (mod p),且gcd(a,p)=1（a与p互质），则称a关于模p的乘法逆元为x。
扩展欧几里得
已知整数a、b，扩展欧几里得算法可以在求得a、b的最大公约数的同时，能找到整数x、y（其中一个很可能是负数），使它们满足贝祖等
式ax + by = gcd(a, b)。
好了，在明白上面的定理后我们开始分析乘法逆元：ax≡1 (mod p) 这个等式用中文描述就是 a乘一个数x并模p等于1，即 a%p*x%p=res,
res%p=1;看上去就是同余定理的一个简单等式- -。那么问题来了。
为什么可以用费马小定理来求逆元呢？
由费马小定理 ap-1≡1 , 变形得 a*ap-2≡1(mod p)，答案已经很明显了:若a,p互质,因为a*ap-2≡1(mod p)且a*x≡1(mod p),则
x=ap-2(mod p),用快速幂可快速求之。
为什么可以用扩展欧几里得求得逆元？
我们都知道模就是余数，比如12%5=12-5*2=2，18%4=18-4*4=2。（/是程序运算中的除）
那么ax≡1 (mod p)即ax-yp=1.把y写成+的形式就是ax+py=1，为方便理解下面我们把p写成b就是ax+by=1。就表示x是a的模b乘法逆元，
y是b的模a乘法逆元。然后就可以用扩展欧几里得求了。
知道逆元怎么算之后，那么乘法逆元有什么用呢？
做题时如果结果过大一般都会让你模一个数，确保结果不是很大，而这个数一般是1e9+7，而且这个数又是个素数，加减乘与模运算的顺序
交换不会影响结果，但是除法不行。有的题目要求结果mod一个大质数，如果原本的结果中有除法，
比如除以a,那就可以乘以a的逆元替代。（除一个数等于乘它的倒数，虽然这里的逆元不完全是倒数，但可以这么理解，毕竟乘法逆元就是
倒数的扩展）。
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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void exgcd(ll a,ll b,ll& d,ll& x,ll& y) {
if(!b) d = a,x = 1,y = 0;
else {
exgcd(b, a%b, d, y, x);
y -= x*(a/b);
}
}
ll inv(ll a, ll p) {
ll d, x, y;
exgcd(a, p, d, x, y);
return d == 1 ? (x+p)%p : -1;
}
int main() {
ll a,p;
while(1) {
scanf("%lld %lld",&a,&p);
printf("%lld
",inv(a,p));
}
}
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更相减损术
两数先整除2，不能整除了，就大数减去小数，用差和小数相比，再大数减去小数，知道差和小数相等。
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#include<cstdio>
#include<cmath>
int main() {
int a,b,n=0,tmp;
scanf("%d %d",&a,&b);
while(!(a%2)&&!(b%2))
a=a/2,b=b/2,n++;
while(a!=b) {
if(a>b) a=a-b;
else b=b-a;
}
if(n==0) printf("%d
",a);
else printf("%d
",2*n*a);
return 0;
}
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我在冬尽外，祈你沐艳阳
