###頂函數（$\lceil {x} \rceil$）、底函數（$\lfloor {x} \rfloor$）： 常稱之爲高斯（取整）函數。 ####定義： 頂函數：$\geq {x}$的最小整數。 底函數：$\leq {x}$的最大整數。 舉個例子：ios
$1.\lceil {1.5} \rceil=2$ $2.\lfloor {1.5} \rfloor=1$ $3.\lceil {-1.5} \rceil=-1$ $4.\lfloor {-1.5} \rfloor =-2$ ###帶餘除法： ####定義: $對於任意整數a,b（a\geq b,b\neq 0）,$$存在q,r,知足a=qb+r（0\leq r \leq |b|）,且q，r惟一$ 咱們把a叫作被除數，b叫作除數，q叫作商，r叫作餘數。 能夠證實$q=\lfloor \left (\frac {a}{b}\right )\rfloor,r=a-b\lfloor \left(\frac {a}{b} \right)\rfloor$（證實以下） $\because這個是很顯然的$ $\therefore q=\lfloor \left (\frac {a}{b}\right )\rfloor,r=a-b\lfloor \left(\frac {a}{b} \right)\rfloor$ ###整除： ####定義：若是$a$能把$b$除盡，餘數爲0，那麼就說是$b$被$a$整除，即$a|b$。 ####整除的性質：c++
- 自反性：對於任意$n$，有$n|n$。
- 傳遞性：若$a|b,b|c$，那麼$a|c$。
- 反對稱性：若$a|b,b|a$，即$a=b$。（對稱性：若$a$知足$b\cdots$關係，那麼$b$也知足$a\cdots$關係）
- 若$b|a,c|b$，則$c|a$。（證實以下）
$\because b|a,c|b$ $\therefore（因此必然存在兩個整數x，y）使得a=xb$，$b=yc$ $又\therefore a=xyc$ $\because a/c=xy$ $\therefore c|a$算法
- 若$c|a,c|b$，則對任意數$x,y$，必有$c |（ax+by）。$（證實以下）
$\because c|a,c|b$ $\therefore （因此必然存在兩個整數p，q）使得a=pc$，$b=qc$ $又\therefore c |（pcx+qcy）$ $c|c（px+qy）$ $\because 兩邊都有c$ $\therefore c（px+qy）是c的倍數$ $又\therefore c|(ax+by)$函數
- 若$b|a,a\neq 0$，則有$|b| \leq |a|$。（證實以下）
$\because b|a$ $\therefore （因此必然存在一個整數q）使得a=qb$ $又\therefore a是b的倍數，|b| \leq |a|$。ui
- 若$b|a,a\neq 0$，則$\left( \frac ab \right)|a$。（證實以下）
$\because b|a$ $\therefore （因此必然存在一個整數q）使得a=qb$ $又\therefore \left( \frac {a}{b} \right)=\left( \frac {qb}{b} \right)=q$ $\because a是q的倍數$ $\therefore q|a$ $又\therefore \left(\frac{a}{b}\right)|a$spa
- 若$b|a,c|a,b\bot c$，則$bc|a$。（舉例以下）
$1.當a=12,b=1,c=6時，1|12,6|12,1\bot12,6|12。$ $2.當a=72,b=8,c=9時，8|72,9|72,8\bot9,72|72。（自反性：72|72）$3d
- 若$a|b,b|a$，則$|a|=|b|$。（反對稱性）
- 若$a|b$，對任意整數$c$，則$a|bc$。（證實以下）
$\because a|b$ $\therefore b=xa，b是a的倍數$ $又\therefore乘上任意整數c，bc依舊是a的倍數$ $又\therefore a|bc$code
- 若$a|b$，對於任意整數$m（m\neq0）$，則$ma|mb$。（證實以下）
$\because 這是顯然的$ $\therefore ma|mb$ ###惟一分解定理（算術基本定理）： $n=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots$ 其中$p_i$是質數，$p_1=2,p_2=3 \cdots$以此類推 ####結論： 設$p$爲質數，對於任意整數$a$，則有$p|a$或者$(p,a)=1$。（證實以下） $\because p爲質數$ $\therefore a要麼是p的倍數，要麼p\perp a。 $ $又\therefore p|a或者(p,a)=1$ ###約數和倍數： ####推論： 在算術基本定理中，若$N$被惟一分解爲$N=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m}$,其中$c_i$是正整數，$p_i$是質數且知足$p_1<p_2<\cdots p_m$,則$N$的正整數集合可寫做$：$blog
<center>{$p_1^{b_1}p_2^{b_2}\cdots p_m^{b_m}$},其中$0\leq b_i \leq c_i$ </center> N的正約數個數爲$:$ $$(c_1+1)*(c_2+1)*\cdots*(c_m+1)=\prod_{i=1}^{m}(c_i+1)$$ $N$的全部正約數之和爲$:$ $$(1+p_1+p_1^2+\cdots+p_1^{c_1})*\cdots*(1+p_m+p_m^2+\cdots+p_m^{c_m})=\prod_{i=1}^{m}(\sum_{j=0}^{c_i}(p_i)^{j})$$ ####定義： 若$a|b,a$是$b$的約數，$b$是$a$的倍數，稱$a$爲$b$的因子（對於任何數$n$，至少有兩個因子$1$和$n$自己，稱它們爲$n$的平凡因子，其餘即爲非平凡因子）。特別的，任何正整數都是$0$的約數。 ####約數的求法： 1.試除法： 由於約數老是成對出現，因此只須要從$1$ ~$\sqrt{n}$。時間複雜度$:O(\sqrt{n})$ ```cpp #include"bits/stdc++.h" #include<time.h> using namespace std;ci
#define N 10086
int a[N];
int n;
int cnt=0;
int main(void) { ios::sync_with_stdio(false); cin>>n;
//clock_t start = clock();
for(int i=1; i<=sqrt(n); ++i) {
if(n%i==0) {
a[++cnt]=i;
if(n/i!=i) a[++cnt]=n/i;
}
}
for(int i=1; i<=cnt; ++i) cout<<a[i]<<" ";
//clock_t ends = clock();
//cout<<"\n Running time: "<<(double)(ends - start)/ CLOCKS_PER_SEC;
return 0;
}
若是更改題意，給出$l,r$，要求求$l-r$之間的每一個數的正約數集合。那麼再用試除法，時間複雜度就爲$O(N\sqrt{N})$，變得有點噁心，特別是在$N$很是大的時候。譬如跑$1-100000$。
消耗的時間以下：
運行代碼以下：
```cpp
#include"bits/stdc++.h"
#include<time.h>
using namespace std;
#define N 10086
int a[N];
int n;
int cnt=0;
int l,r;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>l>>r;
clock_t start = clock();
for(int j=l; j<=r; ++j) {
memset(a,0,sizeof(a));
cnt=0;
// cin>>n;
for(int i=1; i<=sqrt(j); ++i) {
if(j%i==0) {
a[++cnt]=i;
if(j/i!=i) a[++cnt]=j/i;
}
}
for(int i=1; i<=cnt; ++i) cout<<a[i]<<" ";
cout<<"\n";
}
clock_t ends = clock();
cout<<"\n Running time: "<<(double)(ends - start)/ CLOCKS_PER_SEC;
return 0;
}
這個時候就要用到另外一種方法。即： 2.倍數法： 對於任意數$x$，$1-N$中以$x$爲約數的數就是$x,2x,3x\cdots \lfloor N/x \rfloor*x$。時間複雜度爲$O(N \lg N)$ 消耗時間以下： 
代碼以下：
#include"bits/stdc++.h"
#include<time.h>
using namespace std;
#define N 100860
vector<int> a[N];
int n;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n;
clock_t start = clock();
for(int i=1; i<=n; ++i)
for(int j=1; j<=n/i; ++j)
a[i*j].push_back(i);
for(int i=1; i<=n; ++i) {
for(int j=0; j<a[i].size(); ++j) {
cout<<a[i][j]<<" ";
}
cout<<"\n";
}
clock_t ends = clock();
cout<<"\n Running time: "<<(double)(ends - start)/ CLOCKS_PER_SEC;
return 0;
}
###GCD和LCM： ####定義： 1.設$a$和$b$是兩個整數，若是$d|a$且$d|b$，則稱$d$是$a$與$b$的公因子。 2.設$a$和$b$是兩個不全爲$0$的整數，能使$d|a$和$d|b$成立的最大整數$d$，稱它爲$a$與$b$的最大公因子，或最大公約數，即$gcd(a,b)$。 3.設$a$和$b$是兩個不全爲$0$的整數，能使$a|d$和$b|d$成立的最小整數$d$，稱它爲$a$與$b$的最小公因子，即$lcm(a,b)$。 ####例題： 若是咱們把$A$分解成了$2^{a_1}3^{a_2}5^{a_3}\cdots$，把$B$分解成了$2^{b_1}3^{b_2}5^{b_3}\cdots$如何快速求$gcd(A,B)$。（解以下）
$\because 假設d=gcd(A,B)$ $\therefore d|A,d|B,d最大$ $d=2^{p_1}3^{p_2}5^{p_3}\cdots$ $\therefore p_1 \leq a_1,p_1 \leq b_1$ $p_2 \leq a_2,p_2 \leq b_2$ $\cdots$ $p_1=min(a_1,b_1),p_2=min(a_2,b_2),\cdots$ $又\therefore d=2^{min(a_1,b_1)}3^{min(a_2,b_2)}\cdots$
2.如何快速求$lcm(A,B)$。（解以下）
$把min換成max便可$ $\because 設c=lcm(A,B)$ $\therefore c=2^{max(a_1,b_1)}3^{max(a_2,b_2)}\cdots$
$gcd(A,B)lcm(A,B)=AB=c*d$
###歐幾里得算法： 即展轉相除法。時間複雜度爲$O(\lg n)$。 求$gcd$（給出$a,b$）：
$引理：若a>b,則gcd(a,b)=gcd(a-b,b)$ $證：1.顯然a-b,b的公因數也是a,b的公因數。$ $2.a,b的公因數也確定是a-b,b的公因數。$ $3.a,b的公因數集合與a,b的如出一轍，最大的固然也同樣。（更相減損術）$ $因此解得gcd(a,b)=gcd(a, a\bmod b)=gcd(a\bmod b,b)$ $↰$
$↑$
再證實一下上面的式子？$↑$
$設c(a,b)表示a,b的全部公因數的集合，則gcd(a,b)是r(a,b)中最大的。$ $先嚐試證實：a>b時,gcd(a,b)=gcd(a,a-b)(過程在上面)$ $要證這個，只需證r(a,b)=r(a,a-b)$ $假設d是a,b的公因數$ $(那麼必然存在兩個整數p,q)使得a=pd,b=qd→d(p-q)=a-b$ $a,b的公因數確定是a,a-b的公因數,反之成立$ $gcd(a,b)=gcd(a,a\bmod b)(一直減一個數，餘下的即是a\bmod b的餘數)$ $舉例:$ $a=20,b=3$ $即gcd(20,3)→(17,3)→(14,3)→(11,3)→(8,3)→(5,3)→(2,3)$
Code：
inline int gcd(int a,int b){
if(b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
//return b==0 ? a : gcd(b,a%b);
}
一條性質： 記$f[n]$爲斐波那契數列的第$n$項，則有$gcd(f[a],f[b])=f(gcd[a,b])$。
計算$lcm$： $lcm=a/gcd(a,b)b$ 錯誤作法： $lcm=ab/gcd(a,b)$（會爆int） ###互質： 若$gcd(a,b)=1$，那麼$a\perp b$。 ####基本定理： 1.對於任意兩個質數$n,m$，$n\perp m$。 2.對於任意兩個相鄰的整數$n,m$，$n\perp m$。 3.若$a=1$，對於任意一個天然數$m$，$a\perp m$。 4.一個質數$m$，一個合數$n$，若$n$不是$m$的倍數，$n\perp m$。 ###同餘： ####定義： 若兩個整數$a,b$，且它們的差$a-b$可以被某個天然數$m$所整除，則稱$a$與$b$對模$m$同餘。記做$a\equiv b(\bmod m)$,若$m$的值能夠由上下文推出時，簡寫爲$a\equiv b$。 ####性質： 1.自反性：$a\equiv a$。 2.對稱性：若$a\equiv b$，則%b\equiv a%。 3.傳遞性：若$a\equiv b,b\equiv c$，則$a\equiv c$。 4.同加性：若$a\equiv b$，則$a+c\equiv b+c$。 5.同乘性：（1）若$a\equiv b$，則$ac\equiv bc$。 （2）若$a\equiv b,c\equiv d$,則$ac\equiv bd$。 6.同冪性：若$a\equiv b$,則$a^n\equiv b^n$。 7.同餘式相加：若$a\equiv b,c\equiv d$，則$a\pm c\equiv b\pm d$。 8.同餘式相乘：若$a\equiv b,c\equiv d$，則$ac\equiv bd$。 以上性質都是很顯然的。 ###容斥原理： ####基本思想： 在計算的時候，老是會有遺漏或者是重複計算的部分，爲了使重複計算的部分不被重複計算，能夠先算出全部可能，而後再把重複計算的部分減去。 ####舉例： 假設某虎有$A$個妹子，cgp有$B$個妹子，他們想要知道他們一共有多少個不一樣的妹子（每一個人都有不少，總會有相同妹子）。 先用兩個圓圈表示出每一個人所擁有的妹子。 then。 那麼紅色的部分表明的是兩我的都有的妹子。 如何計算他們倆一共有多少種不一樣的妹子？ 就須要先把他倆所擁有的妹子加起來，而後再減去紅色的部分都有的妹子，就是所求。 則$A\cup B=A+B-A\cap B$。 那麼再假設某虎依舊有$A$個妹子，cgp依舊也有$B$個妹子，忽然sjp來了，sjp也有妹子，sjp忽然也對這產生興趣，因而某虎有$A$個妹子，cgp有$B$個妹子，sjp有$C$個妹子，他們想要知道他們一共有多少種不一樣的妹子（每一個人都有不少，總會有相同妹子）。 那麼咱們先用三個圓圈表示出每一個人所擁有的妹子。 then。 那麼藍色的部分表明的是三我的都有的妹子，綠色的部分表明的是某虎和cgp都有的妹子，橙色的部分表明的是cgp和sjp都有的妹子，紫色部分表明的是某虎和sjp都有的妹子。 那麼如何計算他們仨一共有多少種不一樣的妹子？ 就須要先把他們仨所擁有的妹子都加起來，而後再減去綠色的，紫色的，橙色的部分相同的妹子，最後再加上藍色的部分的妹子，就是所求。 則$A\cup B\cup C=A+B+C-A\cap B-A\cap C-B\cap C+A\cap B\cap C$。