數論+
Lecturer : Lemon
今天會教的咚咚
模運算
組合計數
中國剩餘定理
質數篩法
積性函數
模運算
簡單來說就是除以\(N\)的餘數 (?
我懶得打
模運算
要注意的是
C++模數的結果有可能是負的
e.g.
(-10) % 3 = -1
反正牽涉模運算時處理都要小心一點
模運算
自從去過校培後
我自己會把模運算寫成函式
避免出錯啦
int mabs(long long a, int mod) { //轉成 0 <= a < mod的形式
return (a % mod + mod) % mod;
}
int madd(long long a, long long b, int mod) { // a + b
return mabs(a % mod + b % mod, mod);
}
int mmin(long long a, long long b, int mod) { // a - b
return mabs(a % mod - b % mod, mod);
}
int mmul(long long a, long long b, int mod) {
return mabs((a % mod)*(b % mod), mod);
}模除(?
你會發現剛剛沒有除法Q
因為在模運算中我們不能直接使用除法
e.g.
\(2 \equiv 5\ (mod\ 3)\)
如果用除法的話
\(0.4 \equiv 1\ (mod\ 3)\)
顯然是爛ㄉ
模反元素
就是倒數、反矩陣的概念
假設 \(a \equiv k\ (mod\ p)\)
它的模反元素\(a^{-1}\)使得
\(a \times a^{-1} \equiv k \times a^{-1} \equiv 1\ (mod\ p)\)
啊要怎麼算出來ㄋ(?
我也不知道Q
費馬小定理
啊我就不證明ㄌw
我們可以從此推得
\(a \times a^{p-2} \equiv 1\ (mod\ p)\)
對照上一頁你便會發現
\(a^{p-2} \equiv a^{-1}\ (mod\ p)\)
費馬小定理
於是
我們套用上上次學的快速冪
便能在\(O(logn)\)下求出模反元素
#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7; //常見的 10^9 + 7 就是個質數
int mabs(long long a, int mod = MOD) {
return (a % mod + mod) % mod;
}
int madd(long long a, long long b, int mod = MOD) { // a + b
return mabs(a % mod + b % mod, mod);
}
int mmin(long long a, long long b, int mod = MOD) { // a - b
return mabs(a % mod - b % mod, mod);
}
int mmul(long long a, long long b, int mod = MOD) {
return mabs((a % mod)*(b % mod), mod);
}
int power(int a, int b) { //快速冪
int ret = 1;
while(b) {
if(b & 1) ret = mmul(ret, a);
b >>= 1;
a = mmul(a, a);
}
return ret;
}
int main() {
int a;
cin >> a;
cout << mmul(a, power(a, MOD-2)) << '\n'; //這項恆為1
cout << "INV:" << power(a, MOD-2) << '\n';
return 0;
}歐拉定理
若\(a, n \in \mathbb{Z},\ gcd(a, n) = 1\)
則\(a^{\phi(n)} \equiv 1\ (mod\ n)\)
其中\(\phi(n)\)稱為歐拉函數(後面會再提到)
其值為小於\(n\)且與\(n\)互質的正整數個數
顯而易見的
若p是質數，則\(\phi(p) = p - 1\)
等同於費馬小定理
這幾乎不會用到 但很潮(?
如果模的數不是質數怎麼辦Q
那就沒辦法ㄌQ
我們當然有更加通用的方法
但是比較難寫Q
沒關係
你們還是要會ouo
貝祖定理
有整數解
大概就這樣(?
當\(a, b \in \mathbb{Z}\)
擴展歐幾里得算法
這才是重點w
我們可以透過擴展歐幾里得算法計算貝祖定理的解
ㄛ如果你不知道的話 歐幾里得算法就是輾轉相除法ㄛ
int gcd(int a, int b) {
if(a > b) return gcd(b, a);
if(!b) return a;
return gcd(b, a%b);
}一般的輾轉相除法
擴展歐幾里得算法
我們知道在程式運行時當\(b = 0\)時\(gcd(a, b) = a\)
故遞迴結束時 我們會知道\(x = 1, y = 0\)
反覆往上推就能找到答案ㄌ
擴展歐幾里得算法
#include <iostream>
using namespace std;
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y) { //加參考才能由下而上改變x, y
if(a < b) return exgcd(b, a, y, x);
if(!b) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int ret = exgcd(b, a%b, x, y);
int temp = x; //暫存x0
x = y;
y = temp - a / b * y;
return ret;
}
int main() {
int a, b, x, y;
cin >> a >> b;
cout << exgcd(a, b, x, y) << '\n';
cout << a * x + b * y << '\n'; //貝祖定理
}我們便透過擴展歐幾里得算法求得貝祖定理ㄉ一個整數解
貝祖定理
有什麼用(?
若\(gcd(a, b) = 1\)
故
就求出模反元素ㄌ
複雜度同歐幾里得算法：\(O(log n)\)
例題
組合計數
階乘
const int MAXN = 1e6 + 5, MOD = 1e9 + 7;
using ll = long long int;
int mabs(ll a) {
return (a % MOD + MOD) % MOD;
}
int mmul(int a, int b) {
return mabs(1ll * a * b);
}
int fac[MAXN];
void getfac() {
fac[0] = 1;
for(int i = 1; i < MAXN; ++i) {
fac[i] = mmul(fac[i - 1], i);
}
}題目常常會要求我們模一個數字
模運算會在後面教到ㄛ
複雜度：\(O(n)\)
組合數
巴斯卡定理
組合數
using ll = long long int;
const int MAXN = 2005, MOD = 1e9 + 7;
int mabs(ll a) {
return (a % MOD + MOD) % MOD;
}
int madd(int a, int b) {
return mabs(a + b);
}
int comb[MAXN][MAXN];
void getcomb() {
for(int i = 0; i < MAXN; ++i) {
comb[i][0] = 1;
}
for(int i = 1; i < MAXN; ++i) {
for(int j = 1; j <= i; ++j) {
comb[i][j] = madd(comb[i - 1][j - 1], comb[i - 1][j]);
}
}
}複雜度：\(O(n^2)\)
考慮利用模逆元(?
重複組合
考慮一個問題：
有\(n\)個球，要分給\(m\)個人，有幾種可能性?
設第\(i\)人分得\(x_i\)個球，則列成數學式如下：
問題變為求\(x\)的非負整數解個數！
重複組合
對\(n\)個球設置\(m - 1\)個隔板
第\(i\)和\(i - 1\)個隔板之間的球數即為\(x_i\)
e.g.
有6個球、3個人
OOOOOO||
的不盡相異物排列數 = \( \left( \binom{6}{3} \right) = \binom{8}{2} \)
對球和隔板做不盡相異物排列！
可能性數：\(\left( \binom{n}{m} \right) = \binom{n + m - 1}{n}\)
重複組合
但只能求非負整數解有什麼用(?
考慮加上限制條件的情況：
我們使\(x' = x - k\)，則\(x' \geq 0\)
就可以套用原本的公式了ouo
例題
OJDL 7158 (噁)
中國剩餘定理
有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二。問物幾何？
數學表示：
中國剩餘定理
三人同行七十希，五樹梅花廿一支，七子團圓正半月，除百零五便得知
即\(x = 23 + 105k\), \(k \in \mathbb{N^0}\)
所以要怎麼算(?
其實技巧我們都會ㄌ
中國剩餘定理
分開處理每一行式子
假設該行式子長這樣：
\(x \equiv b\ (mod\ p)\)
找到除了\(p\)其他模數的最小公倍數a.k.a \(lcm\)
求模\(p\)下的\(lcm^{-1}\)
\(a_i = lcm \times lcm^{-1}\)在該行的\(b_i = 1\)
其他行的\(b_j = 0\), \(i \neq j\)
\(x = \sum_{i = 1}^{n} a_i + 全部的lcm \times k\), \(k \in \mathbb{Q}\)
中國剩餘定理
e.g. 原題
\(lcm(5, 7) = 35\)，\(35^{-1} \equiv 2 \pmod{3}\)，\(70 = 35 \times 2 \equiv 1 \pmod{3}\)
\(lcm(3, 7) = 21\)，\(21^{-1} \equiv 1 \pmod{5}\)，\(21 = 21 \times 1 \equiv 1 \pmod{5}\)
\(lcm(3, 5) = 15\)，\(15^{-1} \equiv 1 \pmod{7}\)，\(15 = 15 \times 1 \equiv 1 \pmod{7}\)
中國剩餘定理
沒有飯粒程式碼
因為都學過了(?
可以嘗試自己拼湊看看
早上好中國剩餘定理
我最喜歡模反元素
例題
質數
大家應該都知道質數是什麼ㄅ
不是植樹也不是直樹ㄉ那個
只有 1 和該數本身兩個因數的自然數
篩法
為了有效率的判斷一個數字是否是質數
人們致力於發明不同的算法來解決此問題
我們接下來會一步一步ㄉ改進複雜度ㄛㄛㄛ
我們假設一個共同的問題：
有\(Q\)筆詢問，每次詢問一個正整數\(N\)是否是質數
暴力
如果要檢查某個數字\(N\)是否是質數
如果\(N = 1\)那輸出No
否則我們只要檢查\(2 \leq i < N\)的\(i\)是否整除\(N\)即可
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int Q;
cin >> Q;
for(int q = 0; q < Q; ++q) {
int n;
cin >> n;
if(n == 1) cout << "No\n";
else {
bool flag = 1;
for(int i = 2; i < n; ++i) {
if(!(n % i)) {
flag = 0;
break;
}
}
if(flag) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
}
}複雜度：\(O(NQ)\)
沒那麼暴力ㄉ暴力
延續剛剛的想法
我們發現只要窮舉\(2 \leq i \leq \sqrt{N}\)
因為他若不是質數，一定會被小的數先整除掉
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main() {
int Q;
cin >> Q;
for(int q = 0; q < Q; ++q) {
int n;
cin >> n;
if(n == 1) cout << "No\n";
else {
bool flag = 1;
int mx = sqrt(n);
for(int i = 2; i <= mx; ++i) {
if(!(n % i)) {
flag = 0;
break;
}
}
if(flag) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
}
}複雜度：\(O(Q\sqrt{N})\)
埃氏篩法
我們並不一定要一個一個詢問慢慢算
可以考慮先把所有答案算出來再回答
對於每個質數
排除掉範圍內ㄉ該質數ㄉ倍數
並且根據剛剛的結論
每個數字\(N\)都只需要被\(\sqrt{N}\)以下的數排除
換句話說
對於質數\(p\)，它也只需要排除
\(p^{2} \leq i \leq 值域\) 的\(p\)的倍數
埃氏篩法
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5; //值域
bool isprime[MAXN];//是否有可能是質數
vector<int> prime;//記錄現在的質數(非必要)
int main() {
for(int i = 2; i < MAXN; ++i) {
isprime[i] = 1; //預設為true
}
for(int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if(isprime[i]) { //如果i尚未被排除就是質數
prime.push_back(i);
for(long long int j = 1ll * i * i; j < MAXN; j += i) { //注意溢位
isprime[j] = 0;
}
}
}
int Q;
cin >> Q;
for(int q = 0; q < Q; ++q) {
int n;
cin >> n;
if(isprime[n]) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
}複雜度：\(O(NloglogN)\)
反正它幾乎是\(O(N)\)ㄉ
複雜度分析
根據酷酷的數學
\(\sum^{n}_{i = 1} \frac{1}{i} \in O(log n) \)
質數\(p\)的個數 \(\in O(\frac{n}{logn})\)
至於為甚麼剛剛的複雜度那麼毒
可以看這ㄍ
仔細觀察迴圈
你會發現對每個質數\(p\)都會需要跑將近\(\frac{n}{p}\)次
複雜度 \(= \sum_{p \leq n} \frac{n}{p}\)
線性篩法
幾乎在所有時候埃氏篩的\(O(nloglogn)\)都是相當足夠的
在實作上我們也通常使用埃氏篩比較多
但我們很好奇 是否有一種算法是線性的 也就是\(O(n)\)
其實是有ㄉ
嘗試一邊製作質數表，一邊刪掉每個數的質數倍
這樣每個合數只會遇到最小質因數
並且每個合數只會被刪掉一次
線性篩法
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5; //值域
bool isprime[MAXN];//是否有可能是質數
vector<int> prime;
int main() {
for(int i = 2; i < MAXN; ++i) {
isprime[i] = 1;
}
for(int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if(isprime[i]) prime.push_back(i);
for(auto p : prime) {
if(1ll * i * p > MAXN) break;
isprime[i * p] = 0;
if(!(i % p)) break;
}
}
int Q;
cin >> Q;
for(int q = 0; q < Q; ++q) {
int n;
cin >> n;
if(isprime[n]) cout << "Yes\n";
else cout << "No\n";
}
}複雜度：\(O(N)\)
例題
質數常常只是題目的一小部分
記得要熟練ouo
積性函數
若\(a, b\)互質時，恆滿足\(f(ab) = f(a)f(b)\)
則\(f\)稱為積性函數
它會滿足以下性質：
\(f(1) = 1\)
若我們能透過定義得知\(f(p^k)\)
其中\(p\)是質數，\(k \in \mathbb{N^0}\)
那我們就能以\(O(n)\)求出所有的\(f(i)\)
積性函數
該要怎麼求(?
考慮在線性篩的過程維護資訊！
注意到每個數字都會被它最小的質因數篩掉！
積性函數
介紹兩個函數(?
歐拉函數\(\phi\)
莫比烏斯函數\(\mu\)
積性函數
using ll = long long int;
const int MAXN = 1e6 + 5;
bool isprime[MAXN];
int mu[MAXN], phi[MAXN];
vector<int> primes;
void sieve() {
for(int i = 2; i < MAXN; ++i) {
isprime[i] = 1;
}
isprime[1] = 0;
mu[1] = phi[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXN; ++i) {
if(isprime[i]) {
phi[i] = i - 1;
mu[i] = -1;
primes.emplace_back(i);
}
for(auto p : primes) {
if(1ll * i * p >= MAXN) break;
isprime[i * p] = 0;
phi[i * p] = phi[i] * phi[p];
mu[i * p] = mu[i] * mu[p];
if(!(i % p)) {
phi[i * p] = phi[i] * p;
mu[i * p] = 0;
break;
}
}
}
}
例題
ZJ f568 (墨筆鎢絲函數)
註：
窩本來想講墨筆鎢絲反演
但那似乎有點太難了
所以先不講w