數論題目選講筆記

時間 2019-11-11

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區間篩

給定區間[L，R](L≤R≤2147483647,R-L≤1000000)，請計算區間中素數的個數。

原理 : 對於每個合數 \(x\) , 都至少有一個質因子 \(\le \sqrt{x}\)
先篩出 [1,\(\sqrt{max\ int}\)] 內的質數 ,
再用篩出的質數對 \([L,R]\) 進行質數篩

code:c++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1000010
int n, N, x, pri[10000];
typedef long long LL;
bool a[maxn];
int Eratosthenes_Sieve(int n, int pri[])
{
  for (int i = 2; i * i <= n; i++)
      if (a[i] == 0)
          for (int j = i << 1; j <= n; j += i)
              a[j] = 1;
  int cnt = 0;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
      if (!a[i])
          pri[cnt++] = i;
  return cnt;
}
int main()
{
  int cnt = Eratosthenes_Sieve(50000, pri);
  LL L, R;
  scanf("%lld %lld", &L, &R);
  memset(a, 0, sizeof(a));
  for (int i = 0; i < cnt; i++)
      for (LL j = max(2ll, (L - 1) / pri[i] + 1) * pri[i] ; j <= R; j += pri[i])
          a[j - L] = 1;
  int ans = 0;
  for (LL i = L; i <= R; i++)
      if (a[i - L] == 0)
          ans++;
  printf("%d", ans);
  return 0;
}

\[\large https://www.luogu.org/problem/P3601\]git

知識點: 簡單數論, 歐拉函數, 篩法求素

題目要求 :

給定 \(l,r\) , 求 \(\large\sum \limits_{i=l}^{r} {i- \phi (i)}\)
\(1\le l\le r\le 1e12 \ ,\ r-l\le 1e6\)算法

分析題意 :

有下列性質 :函數

對於 \(x \in Z\), 有:ui

\(\large \phi(x) = x \times \prod\limits_{i=1}^{x}{\dfrac{p_i-1}{p_i}} (p_i \mid x)\)spa

\(x\) 的一質因子 \(p_i\) 對 \(\phi (x)\) 的貢獻爲 \(\dfrac{p_i-1}{p_i}\)code
對於一個合數\(x\) , 至多存在一個質因子 , \(\ge \sqrt{x}\)get
- 則能夠篩出 \([1,\sqrt{1e12}]\) 內的質數
  而後用這些質數對 \([l,r]\) 進行試除 ,it
  
  若可整除 \(x\) , 則計算其對 \(\phi(x)\) 的貢獻io
- 如何特判 \(\ge \sqrt{x}\) 的之多一個質因子 \(p_{max}\)?
  顯然 , \(\large p_{max} = \dfrac{x}{\prod\limits p_i^{a_i}}\)
  
  則可在試除時 , 對原數 \(x\) 進行操做 ,
  所有試除完畢後 , 原數 \(x\) 變成 \(1\) 或者 \(p_{max}\)
  此時再計算 \(p_{max}\) 的貢獻便可

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<ctype.h>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define ll long long
const int MARX = 1e6+10;
const ll mod = 666623333;
//=============================================================
ll L,R,ans,K[MARX],phi[MARX];
bool flag[MARX];
std::vector <ll> prime;
//=============================================================
inline ll read()
{
    ll s=1, w=0; char ch=getchar();
    for(; !isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') s =-1;
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) w = w*10+ch-'0';
    return s*w;
}
//=============================================================
signed main()
{
    L = read(), R = read();
    for(int i = 2; i < MARX; i ++)//篩出[2,1e6]中的質數 
    {
      if(!flag[i]) prime.push_back(i);
      for(int j = 2; i * j < MARX; j ++)
        flag[i*j] = 1;
    }
    
    for(ll i = L; i <= R; i ++) phi[i-L] = K[i-L] = i;//初始化 
     
    for(int i = 0,size = prime.size(); i < size; i ++)//枚舉質數 
      for(ll j = max(2ll, (L-1) / prime[i] + 1); prime[i]*j <= R; j ++)//枚舉質數的倍數 
      {
        ll x = prime[i] * j - L; 
        phi[x] = phi[x] / prime[i] * (prime[i]-1);//計算 貢獻 
        for(;K[x] % prime[i] == 0;) K[x] /= prime[i];//除去 pi 
      }
      
    for(ll i = L; i <= R; i ++)//枚舉l~r中的數 
    {
      if(K[i-L] != 1) phi[i-L] = phi[i-L] / K[i-L] * (K[i - L] - 1);//計算 >=sqrt(x)的質因子的貢獻 
      ans = (ans + (i - phi[i-L])) % mod;//累加答案 
    }
    
    printf("%lld", ans);
}

\[\large http://uoj.ac/problem/48\]

知識點: 簡單數論 , 質因數分解

題目要求:

定義: \(sgcd(x,y)\) 爲 \(x,y\) 的次大公約數 ,
\(ps\) : 當 \(\gcd(x,y) = 1\) 時 , \(sgcd(x,y) = -1\)

給定一數列 \(a\) ,
求: \(sgcd(a_1,a_1),sgcd(a_1,a_2),\dots,sgcd(a_1,a_n)\)

\(n\le 1e5, a_i\le 1e12\)

分析題意:

有: \(\large x = \prod\limits{p_i^{a_i}}\ ,\ y = \prod\limits{p_i^{b_i}}\ ,\ \gcd{(x,y)} =\prod\limits{p_i^{\min(a_i,b_i)}}\)

由於 \(\large sgcd|x , sgcd|y\) ,
顯然 , \(\large sgcd = \frac{\gcd}{\min(p_i)}\ (\text{知足 } p_i|x , p_i|y)\)

則, 若已知 \(\gcd(a_1,a_i)\) 與 \(\min(p_i) \ (\text{知足 } p_i|x , p_i|y)\) ,
便可求得 \(sgcd(a_1,a_i)\)
\(\gcd(a_1,a_i)\) 可在 \(\log(n)\) 時間內求得 ,
如何求得 \(\min(p_i) \ (\text{知足 } p_i|x , p_i|y)\) ?
- 發現 \(a_1\) 對全部的答案都做出貢獻.
  則有 : \(p_i|a_1 \Leftrightarrow p_i|\gcd(a_1,a_i)\)
- 則能夠預處理出\(a_1\) 的全部質因子 \(p_i\) ,
  並按照升序 , 將全部 \(p_i\) 對 \(\gcd(a_1,a_i)\) 進行試除
則, 可以整除\(\gcd(a_1,a_i)\)的第一個\(p_i\) , 即爲所求的 \(\min(p_i)\)

算法實現:

對 \(a_i\) 進行質因數分解
枚舉每個 \(a_i\)
1. 求得 \(\gcd(a_1,a_i)\)
2. 枚舉 \(a_1\) 的質因子 , 並對 \(\gcd(a_1,a_i)\) 進行試除
3. 找到 \(\min(p_i) \ (\text{知足 } p_i|x , p_i|y)\)
  計算 \(\large sgcd = \frac{\gcd}{\min(p_i)}\)

以上算法 , 極限複雜度爲 \(\Theta(\sqrt{a_1} +n(\log{n}+k))\) ,
通常跑不滿 , 穩過 .

//知識點:數論 ,質因數分解 
/*
By:Luckyblock
1A開心
分析題意:
*/
#include<cstdio>
#include<ctype.h>
#include<vector>
#define int long long
const int MARX = 1e5+10;
//=============================================================
int n,a1,ax;
std:: vector <int> prime;//質因數分解 a1 
//=============================================================
inline int read()
{
    int s=1, w=0; char ch=getchar();
    for(; !isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') s =-1;
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) w = w*10+ch-'0';
    return s*w;
}
int gcd(int a,int b) {return b?gcd(b,a%b):a;}//求 最大公約數 
void split(int x)//質因數分解 
{
    for(int i=2; i*i <=x; i++)
    {
      if(x%i == 0) prime.push_back(i);
      while(x%i == 0) x /= i;
    }
    if(x != 1) prime.push_back(x);
}
//=============================================================
signed main()
{
    n = read(); a1 = read();
    split(a1);
    printf("%lld ",a1/prime[0]);//sgcd(a1,a1) 
    
    for(int i=2; i<=n; i++)
    {
      ax = read();
      int d = gcd(a1,ax);
      if(d == 1) {printf("-1 "); continue;}//無sgcd 
      for(int j=0,size=prime.size(); j<size; j++)//枚舉每個 a1的 質因子 
        if(d % prime[j] == 0)//進行試除 
        {
          printf("%lld ",d/prime[j]); //輸出sgcd 
          break;
        } 
    }
}

不定方程

\[\large https://www.luogu.org/problem/P4167\]

知識點:約數個數, 惟一分解定理, 篩法求素

題目要求:

給定 \(\large n\) , 求 \(\large \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{n!}\) 的正整數解的對數

分析題意:

首先對求解式進行轉化 :

\[\large \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} = \dfrac{1}{n!}\]

\[\large y\times n!+x\times n! = x\times y\]

\[\large x\times y - \large y\times n!-x\times n! = 0\]

\[\large x\times y - \large y\times n!-x\times n! + (n!)^2 = (n!)^2\]
根據十字相乘法則 , 進行因式分解, 則有:

\[\large (x-n!)(y-n!) = n!\]

因爲 \(x,y,n \in Z\) , 則 \((x-n!) \text{與} (y-n!)\) 都爲 \(n!\) 的約數
則題目所求解的對數 , 即爲 \(n!\) 的約數個數
根據惟一分解定理 ,若設:

\[\large n! = \prod\limits{p_i^{c_i}}(p_i\mid n)\]

根據約數和定理 , 則有:

\[\large \alpha(n!) = \prod\limits{(c_i+1)}\]

則題目所求即爲:

\[\large \alpha((n!)^2) = \prod\limits{(2\times c_i+1)}\]
因爲 \(\large n!\) 的質因子都 \(\large\le n\) ,
則能夠使用篩法直接預處理出全部有貢獻的素數
有一公式 :

對於 \(\large n!\) , \(\large p_i\) 在 \(\large n!\) 的質因數分解中 , 指數的值 \(\large c_i\)
\[\large c_i = \sum\limits_{k=1}^{\inf}{\lfloor\frac{n}{p_i^k}\rfloor} (p_i^k\le n)\]

根據此公式 , 便可可求得指數 \(c_i\) 的值

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<ctype.h>
#define ll long long
const ll mod = 1e9+7;
const int MARX = 1e6+10;
//=============================================================
int n;
ll ans = 1;
bool flag[MARX];
std::vector <ll> prime;
//=============================================================
inline int read()
{
    int s=1, w=0; char ch=getchar();
    for(; !isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') s =-1;
    for(; isdigit(ch);ch=getchar()) w = w*10+ch-'0';
    return s*w;
}
//=============================================================
signed main()
{
    n = read();
    for(int i = 2; i <= n; i ++) //埃氏篩預處理全部 <=n的素數 
    {
      if(!flag[i]) prime.push_back(i);
      for(int j = 2; i * j <= n; j ++)
        flag[i*j] = 1;
    }   
    
    for(int i = 0,size = prime.size(); i < size && prime[i] <= n; i ++)//枚舉素數 
    {
      ll tmp = 0, x = n, y = prime[i];
      for (; x; x /= prime[i]) tmp += x / y;//求得 x/y, x/(y^2), x/(y^3)... 
      ans = (ans * (tmp << 1 | 1) % mod) % mod;//累乘 計算貢獻 
    }
    printf("%lld",ans);
}

同餘

\[\large https://www.luogu.org/problem/P2312\]
對於一個多項式 \(f(x)\) ,
\(f(x+p) \equiv f(x) \pmod{p}\)
則若 \(f(x) = 0\), 有 \(f(x)\%p =0\)
能夠使用取模的方法判斷是否爲 \(0\)

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