一篇不大正經的關於數論的總結(未完

時間 2019-11-11

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頂函數（$\lceil {x} \rceil$）、底函數（$\lfloor {x} \rfloor$）：

常稱之爲高斯（取整）函數。ios

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：c++

$1.\lceil {1.5} \rceil=2$
$2.\lfloor {1.5} \rfloor=1$
$3.\lceil {-1.5} \rceil=-1$
$4.\lfloor {-1.5} \rfloor =-2$算法

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）函數

$\because這個是很顯然的$
$\therefore q=\lfloor \left (\frac {a}{b}\right )\rfloor,r=a-b\lfloor \left(\frac {a}{b} \right)\rfloor$ui

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：

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）spa

$\because b|a,c|b$
$\therefore（因此必然存在兩個整數x，y）使得a=xb$，$b=yc$
$又\therefore a=xyc$
$\because a/c=xy$
$\therefore c|a$3d
若$c|a,c|b$，則對任意數$x,y$，必有$c |（ax+by）。$（證實以下）code

$\because c|a,c|b$
$\therefore （因此必然存在兩個整數p，q）使得a=pc$，$b=qc$
$又\therefore c |（pcx+qcy）$
$c|c（px+qy）$
$\because 兩邊都有c$
$\therefore c（px+qy）是c的倍數$
$又\therefore c|(ax+by)$blog
若$b|a,a\neq 0$，則有$|b| \leq |a|$。（證實以下）ci

$\because b|a$
$\therefore （因此必然存在一個整數q）使得a=qb$
$又\therefore a是b的倍數，|b| \leq |a|$。
若$b|a,a\neq 0$，則$\left( \frac ab \right)|a$。（證實以下）

$\because b|a$
$\therefore （因此必然存在一個整數q）使得a=qb$
$又\therefore \left( \frac {a}{b} \right)=\left( \frac {qb}{b} \right)=q$
$\because a是q的倍數$
$\therefore q|a$
$又\therefore \left(\frac{a}{b}\right)|a$
若$b|a,c|a,b\bot c$，則$bc|a$。（舉例以下）

$1.當a=12,b=1,c=6時，1|12,6|12,1\bot12,6|12。$
$2.當a=72,b=8,c=9時，8|72,9|72,8\bot9,72|72。（自反性：72|72）$
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）

$\because a|b$
$\therefore b=xa，b是a的倍數$
$又\therefore乘上任意整數c，bc依舊是a的倍數$
$又\therefore a|bc$
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$：$

{ $p_1^{b_1}p_2^{b_2}\cdots p_m^{b_m}$},其中 $0\leq b_i \leq c_i$
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$:O(\sqrt{n})$

#include"bits/stdc++.h"
#include<time.h>
using namespace std;

#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：

#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）

$把min換成max便可$
$\because 設c=lcm(A,B)$
$\therefore c=2^{max(a_1,b_1)}3^{max(a_2,b_2)}\cdots$

$gcd(A,B)*lcm(A,B)=A*B=c*d$

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：
$lcm=a*b/gcd(a,b)$（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$a*c\equiv b*c$。
（2）若$a\equiv b,c\equiv d$,則$a*c\equiv b*d$。
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$A\cup B\cup C=A+B+C-A\cap B-A\cap C-B\cap C+A\cap B\cap C$。