數論

前言：

數論剛掃過一次，雖然不是太全面（那就只能後邊再補起來了），爲了爲後邊的複習作準備，就來整理了一下。
這裏大致把內容分爲幾個板塊，方便一塊兒複習，要看刷的題，確定仍是隻能去
https://docs.qq.com/sheet/DTkVGZFpkQkhRS2N1?tab=25ta5r&c=D346A0LZ0

一.整除

定義

對於兩個正整數𝑝和𝑞，若存在正整數𝑥，知足𝑝𝑥 = 𝑞，則
稱𝑝整除𝑞 ，記做𝑝|𝑞。
整除的相關性質：
　　1.自反性：𝑝|𝑝
　　2.傳遞性：𝑝|𝑞, 𝑞|𝑟 → 𝑝|𝑟
　　3.反對稱性：𝑝|𝑞, 𝑞|𝑝 → 𝑝 = 𝑞

帶餘除法

定義

對於正整數𝑎, 𝑏，存在惟一一對整數(𝑞, 𝑟)，知足𝑎 = 𝑏𝑞 + 𝑟 且0 ≤ 𝑟 < 𝑏。稱𝑞爲商，𝑟爲餘數。

取整

下取整： \(\lfloor x \rfloor\) = max{𝑘 ∈ 𝑍|𝑘 ≤ 𝑥}
上取整： \(\lceil 𝑥 \rceil\) = min{𝑘 ∈ 𝑍|𝑘 ≥ 𝑥}
能夠發現𝑞 = \(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)

取模

對於正整數𝑎, 𝑏，定義模運算爲
𝑎 mod 𝑏 = 𝑎 − \(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor\)⌋𝑏
注意在C++中，除法返回的結果是向0取整。

1.歐幾里得算法

固然，這個也就灰常簡單了，因此直接貼代碼。。。
inline LL GCD(LL A,LL B) { return !B ? A : GCD(B,A%B); }

2.裴蜀定理

內容：

不定方程𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 𝑐有解，當且僅當gcd (𝑥,𝑦) | c.

證實&求解：

必要性顯然
充分性證實能夠考慮在求解gcd的時候遞歸構造解。

\[ ax+by=c \]

\[ b'y+a'(x\:mod\: y)=c \]

\[a' \left( x- \lfloor \frac{x}{y} \rfloor y \right) +b'y= c \]

\[a'x+\left( b'-a' \lfloor \frac{x}{y} \rfloor \right) y = c \]

每一次令a = a',b = b'-a' \(\lfloor \frac{x}{y} \rfloor\) 。
邊界條件是當y = 0時,a = \(\frac{c}{x}\),b = 0。
(Of Course 裴蜀定理確定不可能就這！)
(因此能夠問一問數競大佬萌。。。（順便獻上個人膝蓋）)
(QQ：849387128 630118646)

3.擴展歐幾里得算法（Ex_GCD）

主要思想就是先找到一組通解，在進行變化求出想要的類型的全部解。
求特解：

inline LL Ex_GCD(LL A,LL B) {
	if(!B) { X=1; Y=0; return A; }
	LL Res=Ex_GCD(B,A%B);
	LL Temp=X; X=Y; Y=Temp-(A/B)*Y;
	return Res;
}

求出來以後的就是X0了。
對於以後的過程，通常會要求算出最小非零整數解。

inline bool MLE(LL a,LL b,LL n)
{
	LL x0;
	LL D=Ex_gcd(a,n);
	if(b%D) return false;
	x0=X*(b/D)%n;
	if(x0>0) Mans=min(Mans,x0);
	for(int i=1;i<=D;i++){
		if(((x0+i*(n/D))%n)>0) Mans=min(Mans,((x0+i*(n/D))%n));
	}
	return true;
}

4.質數

定義：

對於一個大於1的整數𝑥，若是它不被任何1 < 𝑦 < 𝑥的整數
𝑦整除，那麼稱𝑥爲質數或素數，不然稱𝑥爲合數。

定理

質數有無窮多個。

證實：

如有有限個質數𝑝1 \(\cdots\) 𝑝𝑚，則令𝑛 = \(\prod_{i = 1}^{m} pi\)，則 𝑛 + 1 不能被𝑝1 \(\cdots\) 𝑝𝑚整除，因此 𝑛 + 1 也是質數。
設\(\leq\) 𝑛的質數有𝜋(𝑛)個，則\(\pi \left( n \right) = O\left( \frac{n}{logn} \right)\)

算數基本定理

任何正整數都能惟一表示成一些質數的冪的乘積。

歐拉篩

（因爲本蒟蒻沒怎麼去了解其餘篩法，此處就先只寫一個最經常使用到的線性歐拉篩）
咱們想要獲得一個\(O \left( n \right)\)的算法。
在埃氏篩中，咱們發現了這樣一個問題：每個合數會被篩不少次，好比30這個數就被2,3,5各篩了一次。
能不能優化這個過程呢？換句話說，能不能使得每個合數都只被篩一次呢？
答案是確定的
咱們嘗試讓一個合數只在枚舉到它最小的質因子的時候被篩掉。
回顧埃氏篩的過程，當咱們到達𝑖時，咱們順次枚舉當前的全部質數，而且篩掉這個質數乘𝑖。由於咱們要讓這個質數是篩掉的合數的最小質因子，因此若是𝑖這個數包含𝑝這個質因子，那麼大於𝑝的全部質數就不用枚舉了，由於若是繼續枚舉獲得的數最小質因子都會小於當前枚舉的質數。
好比如今咱們有2,3,5這三個質數，如今i是6，那麼咱們枚舉到2的時候發現2是6的質因子，因此後面的3和5都不用枚舉了，由於 3 × 6,5 × 6 的最小質因子是2，而不是3和5。
（這個過程是照搬的，因此我沒有把排版弄太好。。。）

flag[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
    if(!flag[i])prime[++num]=i;
    for(int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;j++) {
        flag[i*prime[j]]=1;
        if(i%prime[j]==0)break; 
    } 
}

（先寫到這兒，下週再來寫，嘿嘿嘿QwQ）