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

ZJ a121

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;
}

TCIRC d012

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))

ZJ a024

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()

TCIRC d017

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)

TIOJ 1875

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

\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\(M_i = M/m_i\)

\(n = a_1M_1M_1^{-1} + a_2M_2M_2^{-1}+...a_kM_kM_k^{-1}\)