數論基礎

前言：

一些比較基礎的數論知識

正文：

GCD

$gcd$ 的求法固然要用歐幾里得定理，就是展轉相除

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

求出了 $gcd$ 以後，咱們就能夠求出 $lcm$（最小公倍數）

有一個性質是 $gcd(a,b) \times lcm(a,b)=a \times b$，這樣就能夠 $O(1)$ 求出 $lcm$

EXGCD

$exgcd$ 即擴展歐幾里得定理

能夠用來求解 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一組解

具體作法就是展轉相除到底而後迴帶，詳情參見代碼

如下是魔改董大佬的寫法

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(!b) { x=1,y=0; return; } exgcd(b,a%b,y,x); y-=a/b*x; }

如下是魔改 $pc$ 大佬的寫法

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(!b) { x=1,y=0; return; } exgcd(b,a%b,x,y); int tmp=x; x=y; y=tmp-a/b*y; }

快速冪

用於指數較大的狀況

同時能夠一邊計算一邊取模，防止爆 $long\ long$

ll qpow(ll a,ll b,ll p) { ll ans=1,base=a%p;//記得先取模 while(b) { if(b&1) ans=ans*base%p; base=base*base%p; b>>=1; } return ans; }

龜速乘

魔改的快速冪，防止直接乘起來會爆 $long\ long$

ll qmul(ll a,ll b,ll p) { ll ans=0,base=a%p; while(b) { if(b&1) ans=(ans+base)%p; base=(base+base)%p; b>>=1; } return ans; }

乘法逆元

定義

若是 $ab\equiv 1\ (mod\ p)$ 且 $gcd(a,p)=1$ ，則稱 $a$ 在 $mod\ p$ 意義下的乘法逆元爲 $b$

咱們知道在取模運算下是不能隨便除的，因此咱們定義了逆元，$\dfrac a b\equiv a\times inv(b)\ (mod\ p)$

化簡便可得 $b \times inv(b)\equiv 1\ (mod\ p)$

求法

關於它的求法，這裏介紹三種

咱們知道 $a \times inv(a)\equiv 1\ (mod\ p)$ 且 $gcd(a,p)=1$

因此第一種方法就是剛剛介紹的 $EXGCD$

由逆元的定義咱們能夠獲得 $a \times inv(a) +k \times p=1$

而又由於 $gcd(a,p)=1$ ，因此 $a \times inv(a) +p \times k=gcd(a,p)$

因而咱們就能夠直接解出 $a$ 在 $mod\ p$ 意義下的逆元

exgcd(a,p,inv,k); inv=(inv%p+p)%p;//保證逆元爲正數

第二種求法是費馬小定理

若是 $p$ 爲質數，而且 $gcd(a,p)=1$ ，那麼 $a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此它能夠用來解決模數 $p$ 是質數的狀況

由 $a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)$ 可知 $a \times a^{p-2}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $a$ 在 $mod\ p$ 意義下的逆元即爲 $a^{p-2}$，快速冪可求

inv=qpow(a,p-2,p)%p;

第三種求法是歐拉定理

一樣的，若是 $gcd(a,p)=1$，則有 $a^{φ(p)}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此它也能夠解決模數 $p$ 不是質數的狀況

由 $a^{φ(p)}\equiv 1\ (mod\ p)$ 可知 $a \times a^{φ(p)-1}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $a$ 在 $mod\ p$ 意義下的逆元即爲 $a^{φ(p)-1}$，快速冪可求

inv=qpow(a,phi[p]-1,p)%p;

線性遞推

咱們設$a=\lfloor\dfrac p i\rfloor,b=p\%i$

因此 $a \times i+b=p$

因此 $a \times i+b\equiv 0\ (mod\ p)$

因此 $i\equiv -\dfrac{b}{a}\ (mod\ p)$

因此 $i^{-1}=-a \times b^{-1}$

即 $inv(i)=-(p/i) \times inv(p\%i)$

因此咱們能夠 $O(n)$ 遞推

void pre_solve(int n,ll p) { inv[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;//防止逆元爲負，咱們給它加上一個p }

階乘逆元

在求組合數時，咱們還常常須要求階乘的逆元

根據定義$a! \times inv(a!)\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $(a-1)! \times(a \times inv(a!))\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $inv((a-1)!)=a \times inv(a!)$

因此咱們能夠先求出 $inv(a!)$

而後 $O(n)$ 遞推出其它階乘逆元

ll jc[maxn]; ll inv[maxn]; void pre_solve(int n,ll p) { jc[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(jc[i-1]*i)%p; inv[n]=qpow(jc[n],p-2,p); for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p; }

後序：

若是有錯誤的地方歡迎指正

$ps:$ 數學真是有趣吶~~~