數論 I

5th Nov. 2019

可能大家都覺得很簡單

那就再聽一次吧！

以資訊方法解決數論問題

Today

暖身

有 \( n \) 袋米編號依序為 \( 1 \) 到 \(n \) ，其中一袋裝著全部都是壞掉的米，另外 \( n - 1 \) 袋裝的都是正常的米。已知一粒正常的米重\( 1 \) 單位，而一粒爛掉的米重 \( 0.1 \) 單位。現在，你有一個電子秤（可以告訴你重量）但是只能秤一次，請問你要怎麼知道爛掉的米是哪一袋？假設一袋的米夠多可以一直拿而不會取盡。

暖身 —— 解答

從第 \( i \) 袋取 \( i \) 粒米

設爛掉的是第\( k \)袋，則重量 \( \left( \sum^n_{i = 1} i  \right) - 0.9k\)

可以直接算！

同餘

定義 —— 同餘

我們定義同餘 \( a \equiv b \pmod{m}  \)若且唯若\( a \) 取\( m \) 的餘數等於 \( b \) 取\( m \) 的餘數

Ex. \( 5 \equiv 7 \pmod 2\) 、\( 7122 \equiv 12 \pmod 9 \)

定義 —— 整除

我們定義整除 \( a \vert b   \)若且唯若存在一個整數\( k \) s.t. \( b = ak \)

Ex. \( 123 \vert 0 \) 、\( 1 \vert 12  \) 、\( -2 \vert 226  \) 皆為真

同餘的性質

  • 可以加：\( a \equiv b \pmod m \iff a  + c \equiv b + c \pmod m \)
  • 可以乘：\( a \equiv b \pmod m \implies ac \equiv bc \pmod m \)

不是都能除！

反例： \( 6 \equiv 12 \pmod 3 \) 但是\( 1 \not \equiv 2 \pmod 3 \)

取餘數：扣

a % b

就醬

UVa 10127 - Ones

給定一個數字 \( N \)，定義 \(f(N) \) 為 「將\(1, 2, \dots, N\)寫在一起所成的數字。例：

\( f(4) = 1234 \)，\( f(6) = 123456 \) 。

請問 \( f(N) \) 是否為 \( \text{suum} \) (\(3\)) 的倍數？

( \( N \leq 10^8 \) )

整除

\( \gcd \) 和 \( \text{lcm} \) 函數

來定義一下

就是小學遇過的最大公約數(\( \gcd \))和最小公倍數(\( \text{lcm} \))啦

算數基本定理

（Fundamental Theorem of Arithemetic)

定理：每一個大於\(1\)的正整數都有一個唯一的質因數分解

證明：略

正式定義 \( \gcd \)、\( \text{lcm} \) 

令 \( n  = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\alpha_i} \)，\( m  = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\beta_i} \)

則 \(\gcd(n, m) = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\min(\alpha_i, \beta_i)} \)

\(\text{lcm}(n, m) = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\max(\alpha_i, \beta_i)} \)

令 \( n  = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\alpha_i} \)，\( m  = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\beta_i} \)

則 \(\gcd(n, m) = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\max(\alpha_i, \beta_i)} \)

\(\text{lcm}(n, m) = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\min(\alpha_i, \beta_i)} \)

故 \(\gcd(n, m) \times \text{lcm} (n, m) = \prod^{\infty}_{i = 1} p_i^{\max(\alpha_i, \beta_i) + \min(\alpha_i, \beta_i)} \\ = n \times m\)

 

計算 \( \gcd \) —— 輾轉相除

給定一組\( (a, b) \)，我們想要找到最大的 \( d \) s.t. \( d \vert a \) 且 \( d \vert b \)。

計算 \( \gcd \) —— 輾轉相除

給定一組\( (a, b) \)，我們想要找到最大的 \( d \) s.t. \( d \vert a \) 且 \( d \vert b \)。

若 \( d \) s.t. \( d \vert a \) 且 \( d \vert b \)，則 \( d \vert (a - b) \)！(假設\(a \geq b\) )

計算 \( \gcd \) —— 輾轉相除

若 \( d \) s.t. \( d \vert a \) 且 \( d \vert b \)，則 \( d \vert (a - b) \)！(假設\(a \geq b\) )

若其中一者為 \( 0 \)，則答案就是另外一者！

計算 \( \gcd \) —— 輾轉相除

演算法：給定了 \( a \) 和 \( b\) ，不斷拿小的減大的，直到其中一者為 \( 0 \) 或變得比另外一者更小。

最差複雜度：若小的為 \( \text{qlig} \)，則會跑另外一個數字（設為 \( N \) ) 次，複雜度 \( O(N) \)！

超爛...

要減就減到變小啊 = =

那到什麼時候才會變小？

取餘數！

若 \( a \geq b \)，與其一直算 \( a - b \)，不如直接 \( a \% b \) 比較快！

int gcd(int a, int b){
    while(b > 0){
        a %= b;
        swap(a, b);
    }
    return a;
}

遞迴寫法

int gcd(int a, int b){
    return (!b ? a : gcd(b, a % b));
}

UVa 412 - Pi

就是一直算\(\gcd\)

一直算\(\gcd\)

一直算\(\gcd\)

一直算\(\gcd\)

一直算\(\gcd\)

UVa 10622 - Perfect P-th Powers

給定一個小於\(\text{int}\)範圍且大於\(2\)的數字\(x\)，請求一個最大的正整數\(p\)使得存在一個正整數\(b\)使得

$$x  = b^p$$

模下次方

計算 \( a^x \pmod m \)

最簡單的方法

inline int modexp(int a, int b, int m){
    int ans = 1;
    for(int i = 0; i < b; i++){
        ans = ans * a % m;
    }
    return ans;
}

計算 \(a^b \pmod m \) 需要 \( O(b) \) ！

超爛啊，可不可以壓啊？

分而治之

想要計算 \( a^x \)，若知道\( t=  a^{ \lfloor \frac{x}{2} \rfloor } \)，那：

  • 若 \(x\) 為奇數，則 \(a^x = t^2 \times a \)
  • 否則 \(a^x = t^2\) 

只會計算 \(a, a^2, a^4, \dots, a^{2^{\log x}} \)，故複雜度變成 \(O(\log n) \)！

 

長這樣（遞迴）：

int modexp(int b, int e, int m){
    if(!b) return 0;
    if(!e) return 1;
    int res = modexp(b, e/2, m);
    res = res * res % m;
    if(e % 2) res = res * b % m;
    return res;
}

長這樣（迭代）：

int modexp(int b, int e, int m){
    int res = 1, current = 1;
    for(int i = 0; (1LL << i) <= e; i++){
        if((1LL << i) & e){
            res = res * current % m;
        }
        current = current * current % m;
    }
}

矩陣冪

若有一個 \(n \times m\)的矩陣\(A\)，和一個\(m \times k\)的矩陣\(B\)，則他們的積會是一個\(n \times k\)的矩陣\(C\)，元素定義如下：

$$C_{ij} = \sum^{k}_{t = 1} A_{it}B_{tj}$$

矩陣快速冪

對於一個\(n \times n\)的矩陣\(A\)和一個正整數\(x\)，我想要求\(A^x\)。

快速冪！

\( O(n^3 \log x) \)

模下的線性方程

なに？？？

模數下的線性方程

\( ax + b \equiv 0 \pmod m\)

我們想要解這個：

模數下的線性方程

\( ax \equiv -b \pmod m\)

不能除怎麼辦？

Money 元

模逆元

對於一個數字 \( a \) 和一個模數 \( m \)， \( a\) 的模逆元 \( a^{-1} \) 就是滿足

  • \( 0 < a^{-1} < m \)
  • \( a^{-1} \cdot a \equiv 1 \pmod m \)

的數字

不一定存在！條件： \( \gcd (a, m) = 1 \)

費馬小定理

給定一個質數 \( p \) 和一個小於 \(p\) 的數字 \(a \) ，恆有

 

\( a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p \)

證明：

首先列出\( a, 2a, \dots, (p - 1)a \)共\( (p  - 1)\)個數字。

 

若 \( sa \equiv ra \pmod p \)則一定有 \( p | (s - r) a \)， \(p | (s -r) \) 或 \( p | a \)。但這兩者都比 \( p\)小，所以 \(s - r = 0\)，也就是那\(p - 1\)個數字為一個完全剩餘系。

證明：

將那些數字乘起來，則：

$$a \cdot 2a \cdot 3a \dots \cdot (p - 1)a \equiv 1 \cdot 2 \cdot 3 \dots \cdot (p - 1) \pmod p$$

$$(p - 1)! \cdot a^{p - 1} \equiv (p - 1)! \pmod p$$

 

\((p - 1)!\)與\(p\)互質，所以可以除

$$ a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p $$

質數下的模逆元

由於費馬小定理，$$a^{p - 1} \equiv a \cdot a^{p - 2} \equiv 1 \pmod p $$

故計算 \( a^{p - 2} \) 就可以計算模逆元！

非質數的狀況

擴展歐幾里德！

（變強版輾轉相除）

貝祖定理：對於兩個\(a, b\)，一定存在無限多組\(x, y \in \mathbb{Z} \) s.t. \(ax + by = \gcd(a, b) \)

證明：略。爽。

非質數的狀況

擴展歐幾里德！

（變強版輾轉相除）

假設 \( \gcd(a, m) = 1 \)，我們想要找到一個 \(b\) s.t. \(ab \equiv 1 \pmod m\)

非質數的狀況

擴展歐幾里德！

（變強版輾轉相除）

$$ab \equiv 1 \pmod m$$

代表存在一個 \(k\) s.t.

$$ab - 1 = mk \implies ab - mk = 1$$

 

輸入 \((a, m)\)，得到\(b, k\)即可！

遞迴看看

想要求\(ax + by = 1\)的解，若知\((x', y')\)滿足

$$bx' + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y' = 1$$要怎麼得到解？

 

遞迴看看

想要求\(ax + by = 1\)的解，若知\((x', y')\)滿足

$$bx' + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y' = 1$$要怎麼得到解？

 

祕技：等量公理

遞迴看看

 

$$bx' + (a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)y' = 1$$

$$ay' + b\left( x' - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y' \right)  = 1$$

 

實作

void extgcd(int a, int b, int &x, int &y, int &d){
    if(!b){ 
        d = a;
        x = 1;
        y = 0;
        return;
    } else {
        extgcd(b, a % b, x, y, d);  
        int newX, newY;
        newX = y;
        newY = x - a/b * y;
        x = newX;
        y = newY;
        return;
    }
}

參數才會爽

補充：得到其他解

若已經知道 \(ax + by = \gcd(a, b)\)，則對於任何一個\(k \in \mathbb{Z} \)，\((x', y') = (x + bk, y - ak)\)也會是一組解

質數篇

Optimus Prime

優化質數？

求 \(N\) 以下的所有質數

大家都會\(O(N^2)\)吧...

Sieve of Ἐρατοσθένης

埃拉托斯特尼篩法

Sieve of Ἐρατοσθένης

埃拉托斯特尼篩法

演算法：一開始所有的數字都是質數。從\(2\)開始，將大於它其所有的倍數都標示為不是質數。

正確性：一個質數不會被比他前面的數字篩到，因為它不是任何一個比它小的數字的倍數！

Code

簡單明瞭

const int maxN = 1e5;
bool isPrime[maxN];
inline void sieve(){
    for(int i = 0; i < maxN; i++) isPrime[i] = true;
    isPrime[0] = isPrime[1] = false;
    for(int i = 2; i < maxN; i++){
        for(int j = 2 * i; j < maxN; j += i) 
            isPrime[j] = false;
    }
}

複雜度 + 優化

複雜度：時間為

\(\sum^{N}_{k = 1} \frac{N}{k}\)，為 \(O(N \log N)\)

優化：

  1. 可以遇到質數再開始篩！

  2. \( j\) 不用從 \(2i\) 開始跑，可以從\(i^2\)！

複雜度 + 優化

  1. 可以遇到質數再開始篩！

  2. \( j\) 不用從 \(2i\) 開始跑，可以從\(i^2\)！

質數倒數和更小：

$$\sum_{p  \leq n} \frac{1}{p} = O(\log\log n)$$

故演算法為 \(O(N \log \log N)\)！

線。性。篩。

by Euler

邁向真線性

我們想要每一個合數都被篩掉一次！

每一個合數\(N\)都有一個最小質因數\(p_{\min} \)，我們想要在\(i = \frac{N}{p_{\min}}\)的時候篩掉

邁向真線性

若目前在\(i\)，若\(i\)未被篩掉，則其為質數；也維護一個目前所篩過的質數與之比對。對於每一個質數\(p\)：

  • 若\(p \times i > N \)直接跳出

  • 則\(p \times i \)不是質數，且\(p\)為\(ip\)的最小質因數

  • 若\(i\)為\(p\)的倍數，則跳出。

 

邁向真線性

若\(i\)為\(p\)的倍數，則跳出。

因為\(p\)就會是\(i\)的最小質因數了（依序枚舉質數呀，第一個遇到的就是最小），所以之後的數字都會被\(p\)篩掉，不用急！

複雜度 \( O(N) \)！！！

扣的

const int maxN = 1e5;
bool isPrime[maxN];
vector<int> primes;

inline void getPrime(){
    for(int i = 0; i < maxN; i++) isPrime[i] = true;
    for(int i = 2; i < maxN; i++){
        if(isPrime[i]) primes.push_back(i);
        for(int p : primes){
            if(i * p > maxN) break;
            isPrime[i * p] = false;
            if(!(i % p)) break;
        }
    }
}

TIOJ 1668 - 分組編隊

給定兩個數字\(l, r\)，請求有幾個在\([l, r]\)的質數？（保證

\( 1 \leq l \leq r \leq 2^{31} - 1\)

 \(r - l \leq 2 \times 10^5 \)

中國剩餘定理

韓信點兵

《孫子算經》

下卷第二十六題 · 物不知數

「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？」

有一個數字 \(x \)

除\(3\)餘\(2\)

除\(5\)餘\(3\)

求 \(x\)？

除\(7\)餘\(2\)

$$ x \equiv 2 \pmod 3 $$

$$ x \equiv 3 \pmod 5 $$

$$ x \equiv 2 \pmod 7 $$

如果只有兩條式子會不會？

$$ x \equiv a_1 \pmod {m_1}$$

$$ x \equiv a_2 \pmod {m_2}$$

$$x = a_1 \cdot m_2 \cdot (m_2^{-1} \pmod{m_1}) + a_2 \cdot m_1 \cdot (m_1^{-1} \pmod{m_2})$$

構造解：

模\(m_1\)為\(1\)

模\(m_2\)為\(1\)

另外一邊會消掉！

最後再模\(m_1m_2\)就好

直接推廣一波

$$x \equiv a_i \pmod{m_i}$$

假設有\(n\)條式子，且所有的\(m_i\)皆互質，且滿足：

直接推廣一波

定義\(M_i = \prod_{k = 0, k \not= i}^{n} m_k\)，

\(\mu_i = M_i^{-1} \pmod{m_i}\)

則可以知道：\(M_i\mu_i \) 在模 \(m_i\)之下為\(1\)，在模其他的\(m_j\)之下為\(0\)。

直接推廣一波

則可以知道：\(M_i\mu_i \) 在模 \(m_i\)之下為\(1\)，在模其他的\(m_j\)之下為\(0\)。

故構造：

$$x = \sum_{i = 1}^{n} M_i\mu_i a_i \pmod {\text{lcm}(m_i) }$$

或是用擴展歐幾里德

先看前兩條：

\(x \equiv a_1 \pmod {m_1}\)
\(x \equiv a_2 \pmod {m_2}\)

令\(x = m_1k_1 + a_1 = m_2k_2 + a_2\)，則

$$m_1k_1 + a_1 = m_2k_2 + a_2$$

$$m_1k_1 - m_2k_2 = a_2 - a_1$$

或是用擴展歐幾里德

$$m_1k_1 + a_1 = m_2k_2 + a_2$$

$$m_1k_1 - m_2k_2 = a_2 - a_1$$

若\((a_2 - a_1) \not \vert \gcd(m_1, m_2)\)則無解

否則可以解得\(k_1\)的值，然後代回去，得到某種

$$x = A + K \times \text{lcm}(m_1, m_2)$$

變成一條式子：

$$x \equiv A \pmod{\text{lcm}(m_1, m_2)}$$

剩下\(n - 1\)條式子，可以繼續做下去！

方法比較

第一種方法：\(O(N)\)，但是不能判斷有沒有解，數字可能會爆

 

第二種方法：\(O(N \log N)\)，能判斷無解，數字不一定會爆但是比較能避免（因為是用\(\text{lcm}\)）

ZeroJudge c637

滿滿的糖果屋 #3 

裸中國餘數定理

質因數分解

耶

基本作法：

若想要分解\(N\)，先建立\(\sqrt{N}\) 以下的所有質數，再一個一個篩。

對於一個數字\(N\)，至多一個質因數是大於\(\sqrt{N}\)的。

Code

vector<pair<int, int> > factorize(int n){
    vector<pair<int, int> > vec;
    pii res;
    for(int p : primes){
        if(p * p > n) break;
        if(!(n % p)){
            res.F = p;
        	res.S = 0;
            while(!(n % p)){
                res.S++;
                n /= p;
            }
        }
    }
    if(n > 1) res.push_back({n, 1});
}

UVa 10235 - Simply Emirp

一個數字為「\(\text{Prime}\)」若其為質數；若其反過來寫也是質數，則其為「\(\text{Emirp}\)」。請判斷其為哪一個。

UVa 160 - Factors and Factorials

給定一個數字\(N\)，請求\(N!\)的質因數分解為何？(\(N \leq 10^3\))

數論 I

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