數論
數論在幹嘛
探討整數問題
舉例
- 進位制
- 質數、合數
- 因數、倍數
- 輾轉相除法
進位制
會平常會用到的進位制
- 十進位
- 時間(分, 秒)
- 電腦的二進位
進位制表示法
在右下角加上下標
\(數值_n\)
\(1101_2\)
換一種方式來看進位制
以十進位為例
8196=8\times 1000 +1\times 100 + 9 \times10 + 6 \times 1
8196=8\times 10^3 +1\times 10^2 + 9\times10^1 + 6\times 10^0
一個十進位數\(=\)第\(i\)位數\( \times 10^{i - 1}\) 的和
換一種方式來看進位制
再看看二進位
1011=1\times 2^3 +0\times 2^2 + 1 \times2^1 + 1 \times 2^0
一個二進位數\(=\)第\(i\)位數\( \times 2^{i - 1}\) 的和
換一種方式來看進位制
推廣到n進位
一個n進位數\(=\)第\(i\)位數\( \times n^{i - 1}\) 的和
會了這個就可以來做進位制轉換
先把數字轉成我們最熟悉的十進位，再轉成其他的
質數
因數只有1和自己
質數判斷
//isp(x)判斷x是不是質數
bool isp(int x){
for(int i=2;i<x;i++){
if(x%i==0) return 0;
}
return 1;
}時間複雜度O(n)
就判斷x有沒有除了1跟x以外的因數
好像有點慢?
質數判斷
//isp(x)判斷x是不是質數
bool isp(int x){
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0) return 0;
}
return 1;
}時間複雜度O(\sqrt n)
a \le b, ab=x
\\=>a\le \sqrt x
質數篩
//isp(x)判斷x是不是質數
bool prime[1000000];
bool isp(int x){
for(int i=2;i*i<=x;i++){
if(x%i==0) return 0;
}
return 1;
}
int main(){
for(int i=1;i<1000000;i++){
prime[i]=isp(i);
}
}時間複雜度O(n\sqrt n)
n=10^6\ 可以在一秒內跑完
線性質數篩
//vector是一種長度可變的陣列
bool notprime[1000000];
vector<int> prime;
int main(){
for(int i=2;i<1000000;i++){
if(!notprime[i]) prime.push_back(i);
for(int j:prime){
if(i*j>=1000000) break;
notprime[i*j]=1;
if(i%j==0) break;
}
}
}時間複雜度O(n)
n=10^7\ 可以在一秒內跑完
線性質數篩改
//minp[i]紀錄i的最小質因數
int minp[10000000];
vector<int> prime;
int main(){
for(int i=2;i<10000000;i++){
if(!minp[i]) prime.push_back(i),minp[i]=i;
for(int j:prime){
if(i*j>=10000000) break;
minp[i*j]=j;
if(i%j==0) break;
}
}
}可以做質因數分解
同餘
a,\ b除以m的餘數相同稱為同餘
同餘
若a,\ b除m的餘數相同\\即m|a-b(m整除a-b)
稱為\ a\equiv b\pmod{m}
\pmod{m}是取除m的餘數
例如:\ 8\equiv 2\pmod{3}
同餘
在等號兩邊一起加減乘不會影響結果
a\equiv b\pmod{m}\\令\ a=m\times x+b
\\a+k=m\times x+b+k\\
=>a+k\equiv b+k\pmod{m}
\\減跟乘也一樣
但除法會是錯的
對負數的同餘
由餘數的定義可以知道\(a\)除以\(m\)
可表示成\(a = mq + r\)，r是餘數
但如果\(a<0\)
那r可以是正的也可以是負的
例如:
\(-5除以2的餘數可以是-1也可以是1\)
對負數的同餘
在不同的程式語言有不同的結果
C++: (-5) % 2 = -1
Python:(-5) % 2 = 1
快速冪
快速的算x^p
快速冪
//算x^p
int pow(int x,int p){
int res=1;
while(p--) res*=x;
return res;
}時間複雜度O(p)
一點也不快?
快速冪
我們看到2^8會怎麼算?
2^8=4^4=16^2=256
2^5?
2^5=4^2 \times 2
快速冪
//算x^p
int pow(int x,int p){
if(p==1) return x;
int res=pow(x,p/2);
res*=res;
if(p%2==1) res*=x;
return res;
}時間複雜度O(\log p)
快速冪
二進位分解
我們要算2^{11}=2^{1011(二進位)}
2^{0010}=2^{0001}\times2^{0001}
2^{0100}=2^{0010}\times2^{0010}
以此類推，把我們要的位元乘起來
2^{1011}=2^{1000}\times2^{0010}\times2^{0001}
快速冪
二進位分解
時間複雜度O(\log p)
//算x^p
int pow(int x,int p){
int res=1;
for(;p>0;p/=2,x*=x)
if(p%2==1)
res*=x;
return res;
}小心不要overflow
輾轉相除法
快速求得兩數的最大公因數
\(gcd(a, b)\)
又稱歐基里得算法
需要的性質
當b不是a的因數時
\(gcd(a, b)=gcd(b, a\%b)\)
\(gcd(64, 42) = gcd(42, 22) = gcd(22, 20) = gcd(20, 2) = 2\)
證明
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
令\(a = rb+q, q = a\%b\)
令\(d = gcd(a,b)\)
\(\because d|a\)
\(\therefore rb + q\equiv 0\pmod d\)
證明
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
令\(a = rb+q, q = a\%b\)
令\(d = gcd(a,b)\)
\(\because d|a\)
\(\therefore rb + q\equiv 0\pmod d\)
\(\because d|b\)
\(\therefore b\equiv 0\pmod d\)
\(\because rb \equiv 0\pmod d\)
\(\therefore rb+q\equiv 0 + q\equiv 0\pmod d\)
\(q\equiv 0\pmod d\)
證明
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
\(q\equiv 0\pmod d\)
\(a\%b\equiv 0\pmod d\)
\(d|a\%b, b\)
現在我們已經知道\(gcd(a, b)\)是\(b\)和\(a\%b\)的因數
那會不會有\(gcd(b, a\%b)>gcd(a, b)\)?
證明
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
假設\(b, a\%b有公因數d'\)
\(且d'>gcd(a, b)\)
\(a = rb+q\)
證明
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
假設\(b, a\%b有公因數d'\)
\(且d'>gcd(a, b)\)
\(a = rb+q\)
\(q=a\%b\)
\(rb\equiv 0\pmod {d'}\)
\(q\equiv 0\pmod {d'}\)
\(rb+q\equiv 0+0\equiv 0\pmod {d'}\)
\(a\equiv 0\pmod {d'}\)
證明
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
\(\because a\equiv 0\pmod{d'}\)
\(\therefore d'|a, b\)
\(gcd(a, b) >= d'\)
與假設矛盾
遞迴想法
如果\(b|a\)，則\(gcd(a, b) = b\)
否則\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
int gcd(int a,int b){
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}實作
O(\log min(a, b))
擴展歐幾里得
透過歐基里得算法的性質
已知整數\(a, b\)
可計算\(ax+by=gcd(a, b)\)
\(x和y的解\)
擴展歐基里得
令\(ax_1+by_1 = gcd(a, b)\)
令\(bx_2 + (a\%b)y_2=gcd(b, a\%b)\)
擴展歐基里得
令\(ax_1+by_1 = gcd(a, b)\)
令\(bx_2 + (a\%b)y_2=gcd(b, a\%b)\)
由歐基里得算法可知
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
擴展歐基里得
令\(ax_1+by_1 = gcd(a, b)\)
令\(bx_2 + (a\%b)y_2=gcd(b, a\%b)\)
由歐基里得算法可知
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
\(ax_1+by_1=bx_2+(a\%b)y_2\)
擴展歐基里得
令\(ax_1+by_1 = gcd(a, b)\)
令\(bx_2 + (a\%b)y_2=gcd(b, a\%b)\)
由歐基里得算法可知
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
\(ax_1+by_1=bx_2+(a\%b)y_2\)
\(a\%b=a-\lfloor a/b\rfloor b\)
擴展歐基里得
令\(ax_1+by_1 = gcd(a, b)\)
令\(bx_2 + (a\%b)y_2=gcd(b, a\%b)\)
由歐基里得算法可知
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\%b)\)
\(ax_1+by_1=bx_2+(a\%b)y_2\)
\(a\%b=a-\lfloor a/b\rfloor b\)
\(ax_1 + by_1 = bx_2+(a-\lfloor a/b\rfloor b)y_2\)
\(ax_1 + by_1 = bx_2+ay_2-\lfloor a/b\rfloor by_2\)
擴展歐基里得
\(ax_1 + by_1 = bx_2+ay_2-\lfloor a/b\rfloor by_2\)
擴展歐基里得
\(ax_1 + by_1 = bx_2+ay_2-\lfloor a/b\rfloor by_2\)
\(ax_1 + by_1 = ay_2 + b(x_2 - \lfloor a/b\rfloor y_2)\)
\(x_1 = y_2, y_1 = x_2 - \lfloor a/b\rfloor y_2\)
遞迴想法
\(x_2, y_2是bx + (a\%b)y = gcd(b, a\%b)的解\)
所以只要求出\(bx+(a\%b)y=gcd(b, a\%b)\)
就可以透過\(x_1 = y_2, y_1 = x_2 - \lfloor a/b\rfloor y_2\)
推出\(ax+by=gcd(a, b)\)的解
遞迴終止條件
\(ax+by=gcd(a, b)\)
如果\(b|a\)
則\(ax+by=b\)
\(x = 0, y = 1\)
實作
pair<int, int> exgcd(int a, int b){
if(a % b == 0){
return {0, 1};
}
pair<int, int> tmp = exgcd(b, a % b);
return {tmp.second, tmp.first - a/b * tmp.second};
}void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
if(a % b == 0){
x = 0; y = 1;
return;
}
exgcd(b, a%b, y, x);
y = y - a / b * x;
}模逆元
在同餘下的除法
模逆元
除法不能用，但可以乘以倒數
所以要求a\times a^{-1}\equiv1 \pmod{m}
模逆元只有在\(a, m互質時存在\)
證明
如果\(a, m\)不互質
存在一個大於1的整數\(d\)使\(a=da', m=dm'\)
設x為一任意整數
試證明\(ax\%m \ne 1\)
\(ax = da'x\)
\((da'x)\%(dm')=d(a'x\%m')\)
\(\because d>1\)
\(\therefore d(a'x\%m') \ne 1\)
\(ax\% \ne 1\)
模逆元
擴展歐幾里得
ax+my=1的x就是a在模m下的模逆元
費馬小定理/歐拉函數
\varphi()
費馬小定理/歐拉函數
\varphi()
費馬小定理
a為一整數,p為質數,a\neq p\\
a^p\equiv a
\pmod p\\
\(a^{p - 1} \equiv 1\pmod p\)
\(a\times a^{p - 2}\equiv 1\pmod p\)
\(\because a\times a^{-1}\equiv 1\pmod p\)
且\(a\times a^{p-2}\equiv 1\pmod p\)
\(\therefore a^{-1} \equiv a^{p-2}\pmod p\)
費馬小定理的推廣
\varphi(x)=小於x且與x互質的數量
若x為質數\varphi(x)=x-1
歐拉函數
\varphi()
要先證明一些東西
歐拉函數
\varphi()
gcd(a,b)=1,\varphi(ab)=\varphi(a)\times\varphi(b)
歐拉函數
\varphi()
\varphi(a^k)=a^{k-1}\varphi(a)
| 1 | 2 | 3 |
| 4 | 5 | 6 |
| 7 | 8 | 9 |
| 10 | 11 | 12 |
| 13 | 14 | 15 |
| 16 | 17 | 18 |
| 19 | 20 | 21 |
| 22 | 23 | 24 |
| 25 | 26 | 27 |
3(a)
3^2(a^{k-1})
\varphi(3^3)=
歐拉函數
\varphi()
\varphi(a^k)=a^{k-1}\varphi(a)
gcd(a,b)=1,\varphi(ab)=\varphi(a)\times\varphi(b)
\varphi(n)=\varphi(p_1^{k_1})\times\varphi(p_2^{k_2})\times\varphi(p_3^{k_3})...\\
將n質因數分解
\varphi(n)=?
將次方提出來
\varphi(n)=p_1^{k_1-1}\varphi(p_1)\times p_2^{k_2-1}\varphi(p_2)\times p_3^{k_3-1}\varphi (p_3)...\\
(p_i為n的質因數)
p_i為質數=>\varphi(p_i)=p_i-1
\varphi(n)=p_1^{k_1-1}\times (p_1-1)\times p_2^{k_2-1}\times (p_2-1)\times p_3^{k_3-1} \times(p_3-1)...
歐拉函數
\varphi()
\varphi(n)=p_1^{k_1-1}\times (p_1-1)\times p_2^{k_2-1}\times (p_2-1)\times p_3^{k_3-1} \times(p_3-1)...
\varphi(n)=p_1^{k_1}\times (1-\frac {1} {p_1})\times p_2^{k_2}\times (1-\frac {1} {p_2})\times p_3^{k_3} \times (1-\frac {1} {p_3})...
整理一下
n=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times p_3^{k_3}...
\varphi(n)=n\times(1-\frac {1} {p_1})\times (1-\frac {1} {p_2})\times (1-\frac {1} {p_3})...
\varphi(n)=n\ \begin{matrix} \prod_{p|n} (1-\frac {1} {p})\end{matrix}
(\prod是求積符號)
實作
其實就只是質因數分解
O(\sqrt n)
尤拉定理
gcd(a,m)=1,\ a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\\=>a^{\varphi(m)-1}=a在模m下的模逆元
中國剩餘定理
中國剩餘定理
\begin{cases}
n\equiv 2\pmod{3} \\
n\equiv 3\pmod{5} \\
n\equiv 2\pmod{7}
\end{cases}
最小的正整數n=?
設\(n=3\times 5\times 7t + 3\times 5r + 3s + q\)
則\(n \equiv q\pmod 3\)
\(n\equiv 3\times s+q\pmod 5\)
\(n\equiv 3\times 5r + 3s+q\pmod 7\)
中國剩餘定理
用這個方式就可以推出n
中國剩餘定理
\begin{cases}
n\equiv a_1\pmod{m_1} \\
n\equiv a_2\pmod{m_2} \\
n\equiv a_3\pmod{m_3} \\
...\\
n\equiv a_k\pmod{m_k}
\end{cases}
解一個有\(k\)項的中國剩餘定理
其中任意兩\(m_i, m_j\)互質
令\(M = m_1\times m_2\times m_3 ... \times m_k\)
令\(M_i = M/m_i\)
\(n = a_1M_1M_1^{-1} + a_2M_2M_2^{-1}+...a_kM_kM_k^{-1}\)
數論
By scottchou
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- 260
