ACM中数论基础知识的运用.docx
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ACM中数论基础知识的运用
数论初步:
一，整除与因式分解:
1,算术基本定理:
n=a1^r1*a2^r2*a3^r3……
2,求素数:
（试除法,筛选法）:
素数测试
费马小定理:
若p为素数,则对于任意小于
p的正整数a,有a（p-1）≡1（modp）
证明:
用欧拉定理直接得出
二次探测定理:
若p为素数,a2≡1（modp）
小于p的正整数解只有1和p-1
满足费马小定理和二次探测定理的数可以确定是素数
Miller-Rabin算法
算法步骤:
判定n是否为素数
令n-1=m*2j,m为奇数
随机在2到（n-1）之间取一个整数b
令v=bm,之后每次对v平方,当v=1时,若上一次的v既
不是1也不是（n-1）,由二次探测定理,n不是素数,退出;
不断循环直到计算出b（n-1）
v=1,满足费马小定理,通过测试;否则n一定不是素数
选取几个不同的b多次测试
Miller-Rabin只能算一种测试,因为通过
测试的数不一定是素数,非素数通过测试
的概率是1/4
虽然一次测试的结果不一定令人满意,但
五六次随机测试基本可以保证正确率超
过99.9%
For（inti=2;i{
For（intj=2,flay=1;jIf（I%j==0）
{
Printf（“i不是素数”）;
flay=0;
}
Printf（“I是素数”）;
}
3,
intm=sqrt（n+0.5）;
intc=0;
memset（vis,0,sizeof（vis））;
for（inti=2;i<=m;i++）
if（!
vis[i]）
{
prime[c++]=i;
for（intj=i*i;j<=n;j+=i）vis[j]=1;
}
4,
intisprime[N];
intcnt;
intisok（intx）
{
for（inti=0;iif（x%isprime[i]==0）return0;
return1;
}
voidgetprime（）
{
isprime[0]=2;
isprime[1]=3;
cnt=2;
for（inti=5;iif（isok（i））
isprime[cnt++]=i;
}
5,因式分解:
intFactor（intnum）
{
intm=0;
for（inti=0;i{
if（num%isprime[i]==0）
{
arr[++m]=isprime[i];
r[m]=0;
while（num%isprime[i]==0&&num）
{
r[m]++;
num/=isprime[i];
}
}
}
if（num>1）
{
arr[++m]=num;
r[m]=1;
}
returnm;
}
6,求约数:
voiddfs（intnow,intq,intm,inta,intb）
{
if（flay）return;
if（q>a）return;
if（now==m+1）
{
q就是约数…..
return;
}
for（inti=0,t=1;i<=r[now];i++,t*=arr[now]）
{
dfs（now+1,q*t,m,a,b）;
}
}
例题分析:
Fzu上的题:
（）
求一个数的真因子个数（不包括本身）。
n=p1^a1*p2^a2...pn^an.
那么真因子的个数就为：
（a1+1）*（a2+1）...（an+1）-1;
求n的所有真因子的和。
由n=p1^a1*p2^a2...pr^ar.
再由生成函数得（1+p1+p1^2...+p1^a1）*（1+p2+p2^2...+p2^a2）...（1+pr+pr^2...pr^ar）.
求最小公倍数为Ｍ的至少两个数的最小和。
m=p1^a1*p2^a2...pn^an.
当m=1时：
sum=2
当m为素数时或m=p^n时：
sum=m+1
当m=2147483647:
sum=m+1.
sum=（p1^a1）+p2^a2...+pn^an.
1,（四省赛）题意：
求x,y,满足x+y=a,lcm（x,y）=b,x,y.
思路：
因为，a<20000,b<=10^9.一开始想法是从1到a/2枚举x,然后再判断lcm是否为b.可是数据组数有10^5这样会TEL。
然后再想想发现，因为lcm（x,y）=b,所以x必定为b的因子，于由只要枚举b的因子就行了。
常识：
1到10^6内平均的约数个数仅为13.97个。
voiddfs（intnow,intq,intm,inta,intb）
{
if（flay）return;
if（q>a）return;
if（now==m+1）
{
intx=q;
inty=a-x;
if（lcm（x,y）==b）
{
flay=true;
if（x>y）swap（x,y）;
printf（"%d%d\n",x,y）;
}
return;
}
for（inti=0,t=1;i<=r[now];i++,t*=arr[now]）
{
dfs（now+1,q*t,m,a,b）;
}
}
变形题1：
求x,y,满足x+y=a,gcd（x,y）=b,x,y;
这可以看出b为x,y,的因子，要构造x,y,只要枚举b*k（k在1...）。
变形题2:
已知最大公约数gcd（x,y）=a,lcm（x,y）=b,求有多少个满足条件的?
voiddfs（intnow,intq,intm）
{
if（now==m+1）
{
//if（q%x==0）/*注释的方法会超时*/
//arr[p++]=q;/*设p=a*x,q=b*x,则由gcd（p,q）=x，得gcd（a,b）=1
得y=a*b*x,x*y=a*b*x*x,dfs枚举到的一个q后，q定等于b*x,
于是将x*y/q之得到的p,判断gcd（p,q）?
=x*/
intt=x*y/q;//x=gcd（p,q）,y=lcm（p,q）;p*q=gcd（p,q）*lcm（p,q）;p=x*y/q;
if（gcd（t,q）==x）
c++;
return;
}
for（inti=0,t=1;i<=r[now];i++,t*=a[now]）
dfs（now+1,q*t,m）;
}
2,求最大的i使得n!
%k^i==0;（想想:
N!
如何分解….）
LLgetsum（LLn,LLx）
{
LLret=0;
while（n）
{
ret+=n/x;
n/=x;
}
returnret;
}
LLsolve（LLn,LLk）
{
LLans=（LL）inf,tmp;
LLxsum;
for（inti=0;i{
if（k%isprime[i]==0）
{
xsum=0;
while（k%isprime[i]==0）
{
k/=isprime[i];
xsum++;
}
tmp=getsum（n,isprime[i]）;
tmp/=xsum;
ans=min（ans,tmp）;
}
}
if（k>1）
{
tmp=getsum（n,k）;
ans=min（ans,tmp）;
}
returnans;
}
二,殴拉函数:
定义:
对于正数n,殴拉函数是小于等于n的数中与n互质的数的个数:
f（n）;
如果n是素数:
f（n）=n–1;f（n^k）=n^k–n^k-1;
容易证明φ（n）=p^k-p^（k-1）
证明：
已知少于小于p^k的正整数个数为p^k-1个，其中
和p^k不互质的正整数有{p×1,p×2,...,p×（p^（k-1）-1）}共计p^（k-1）-1个
所以φ（n）=p^k-1-（p^（k-1）-1）=p^k-p^（k-1）
如果:
gcd（n,m）==1那么:
f（n*m）=f（n）*f（m）;
Euler定理若gcd（a,n）=1则aϕ（n）≡1（modn）
•意义：
当b很大时ab≡abmodϕ（n）（modn），让
指数一直比较小
所以当:
n=p1^a1*p2^a2….
F（n）=（p1^a1–p1^a1-1）*（p2^a2–p2^a2-1）…..=>（p1-1）*（p2-1）*…..（p1^（a1-1）*p2^（a2-1）….）;
F（n）=n*（1-1/p1）*（1-1/p2）…..
intelua（intn）
{
intret=1;
for（inti=2;i*i<=n;i++）
{
if（n%i==0）
{
n/=i;
ret*=i-1;
while（n%i==0）
{
n/=i;
ret*=i;
}
}
}
if（n>1）ret*=n-1;
returnret;
}
例题分析
1:
pku2478,求出分数a/b，其中数1<=a思路:
（就是求小于n的把有整数a，并且sum（gcd（a,n）=1（1<=a）
2,hdu2588:
有多少个正整数X满足：
1<=X<=N,并且gcd（X,N）>=M.
算法:
由:
1<=x<=N且（x,N）>=M;得（N/M,x/M）>=1推出:
（N/q,x'）==1当{1<=x'<=N/q且q>=M};所以推出结果就是统计:
sum（euler（N/q））{当q|N,且q>=M}所以:
只要对N进行因子分解,求出它的约数,再统计约数q大于M的euler（N/q）;
3,hdu3501（2010HIT多校）求小于N的不与N互质的数的和
思路：
容斥原理，求反面。
设：
小于N与N互质的数为：
a[1],a[2]…..a[phi（N）];
对于1<=i<=phi（N）,因为：
gcd（N,a[i]）=1可得gcd（N,N-a[i]）=1;
（反证法，设gcd（N,N-a[i]）=k>1,=>k|N且k|（N-a[i]）,=>k|a[i]k|gcd（N,a[i]）这与gcd（N,a[i]）=1矛盾），
所以得s=a[1]+a[2]…+a[phi（N）]
S=N-a[1]+N-a[2]….+N–a[phi（N）]=>s=N*phi（N）/2;
变形题：
求小于N的所有数与N的最大公约数之和。
思路：
设K=gcd（i,n）（1<=i<=n）那么最大公约数为K的个数是phi（n/K）,和就是K*phi（n/K）.
4,去年的大连赛区现场题：
zju3547..
#include
#include
#include
#include
#include
#defineLLlonglong
#definemod1000000007
#definemaxn10000
usingnamespacestd;
intpi[1000],m;
intisprime[1300],cnt;
intisok（intx）
{
for（inti=0;iif（x%isprime[i]==0）return0;
return1;
}
voidgetprime（）
{
cnt=2;
isprime[0]=2;
isprime[1]=3;
for（inti=5;iif（isok（i））isprime[cnt++]=i;
}
LLMypro（LLa,LLb,LLc）
{
LLret=0;
while（b>0）
{
if（b&1）
if（（ret+=a）>c）ret-=c;
if（（a+=a）>c）a-=c;
b>>=1;
}
returnret;
}
LLMypow（LLa,intb,LLc）
{
LLret=1;
while（b>0）
{
if（b&1）
ret=Mypro（ret,a,c）;
a=Mypro（a,a,c）;
b>>=1;
}
returnret;
}
LLn_30;
LLsum（intn）
{
LLret;
ret=Mypow（n,5,mod）*6%mod;
ret=（ret+15*Mypow（n,4,mod）%mod）%mod;
ret=（ret+10*Mypow（n,3,mod）%mod）%mod;
ret=（ret-n）%mod;
ret=（ret+mod）%mod;
ret=Mypro（n_30,ret,mod）;
returnret;
}
LLdfs（intx,intn）
{
LLret=0;
LLtemp;
for（inti=x;i{
temp=pi[i];
ret=（ret+（sum（n/temp）*（temp*temp%mod*temp%mod*temp%mod））%mod）%mod;
ret=（（ret-（dfs（i+1,n/temp）*（temp*temp%mod*temp%mod*temp%mod）%mod））%mod+mod）%mod;
}
returnret%mod;
}
intmain（）
{
getprime（）;
intcs;
intn;
scanf（"%d",&cs）;
n_30=Mypow（30,mod-2,mod）;
while（cs--）
{
scanf（"%d",&n）;
if（isok（n））
{
printf（"%lld\n",sum（n-1））;
continue;
}
LLN=n;
m=0;
for（inti=0;i{
if（n%isprime[i]==0）
{
pi[m++]=isprime[i];
n/=isprime[i];
while（n%isprime[i]==0）
n/=isprime[i];
}
}
if（n>1）pi[m++]=n;
n=N;
printf（"%lld\n",（（sum（n）-dfs（0,n））%mod+mod）%mod）;
}
return0;
}
for （int ind = 1; ind < （1 << cnt）; ++ind）
{
int token = ind;
LL tmp = 1;
int t = 0;
for （int j = 0; j < cnt; ++j, token >>= 1）
{
if （token & 0x1）
{
tmp *= vt[j];
++t;
}
}
if （t & 0x1）
{
res = （ res + （ MOD - （ pow_mod（tmp, 4） * fun（n / tmp） % MOD ） ） ） % MOD;
}
else
{
res = （ res + pow_mod（tmp, 4） * fun（n / tmp） ） % MOD;
}
}
Euler定理若gcd（a,n）=1则a^ϕ（n）≡1（modn）
•意义：
当b很大时a^b≡a^bmodϕ（n）（modn），让
指数一直比较小
A^xmodc=（A^（xmodphi（c）+phi（c）））modc;
费马小定理：
设p是素数，a是任意整数且a!
=0（modp）,则有：
a^p-1=1（modp）.
三，线性方程扩展殴几里德。
整除的性质
性质1:
a|b,b|c=>a|c
性质2:
a|b=>a|bc
性质3:
a|b,a|c<=>a|xb±yc
性质4:
a|b,b|a<=>a=±b
性质5:
a=kb±c<=>a,b的公因数与b,c的
公因数完全相同（利用性质3）
证明：
性质1：
由a|b,b|c得：
b=a*q1,c=b*q1=>c=a*q1*q2，命题得证。
性质2：
由a|b得：
b=a*q,两边同乘以c,就得b*c=a*q*c，命题得证。
性质3：
必要性：
由a|b,a|c，得：
b=a*q1,c=a*q2,推出bx±cy=a（q1*x±q2*y）.取x=1,y=0及x=0,y=1,就推出充分性了，命题得证。
性质4：
必要性：
由a|b,b|a得b=a*q1,a=b*q2,推出a=a*q1*q2,因为a≠0所以q1*q2=1,q1=±1,充分性显而易见，命题得证。
性质5：
由性质3可得：
a是b与c的公约数，同时，a又是b的约数，所以，a与b的公约数为a等于b与c的公约数
欧几里德算法（辗转相除法,短除法）
原理:
若a≡r（modb）,则gcd（a,b）=gcd（b,r）（利
用性质5证明）
a=q1*b+r1
b=q2*r1+r2
r1=q3*r2+r3
….
rn-1=qn-1*rn-2+rn-1
rn-2=qn*rn-1+rn
rn-1=qn+1*rn+0;
二元一次不定方程形中：
a*x+b*y=c.
求a*x+b*y=gcd（x,y）,的一组解：
（x0,y0）;
voidex_gcd（LLa,LLb,LL&d,LL&x,LL&y）
{
if（b==0）
{
d=a;
x=1,y=0;
}
else
{
ex_gcd（b,a%b,d,y,x）;
y=y-x*（a/b）;
}
}
那如果要求:
a*x+b*y=c的一组解（x1,y1）.
由整除的性3可知：
当c%gcd（a,b）==0时，方程才有解。
。
。
（x0*c/g,y0*c/g）;g=gcd（a,b）;通解：
（x1+k*b/g,y1-k*a/g）;
X1*a+y1*b=c=x2*a+y2*b;=>（x1-x2）*a=（y2-y1）*b
（x1-x2）*a1=（y2-y1）*b1其中：
a1=a/g,b1=b/g;
可得gcd（a1,b1）=1,那么（x1-x2）=b1*k,（y2-y1）=a1*k;
例题分析：
Joj去年的省赛题：
求最少的步数操作：
使得给定的Y，变成0，Y有四种操作：
Y+a,Y-a,Y+b,Y-b….;
算法过程：
设进行了x次的a+操作，进行了y次的b+操作，那么就可以得到方程：
a*x+b*y=Y;这就转换成了用殴几里德来解这个方程。
得到了它的一个解（x0,y0）。
通解：
x=x0+k*b/g,y=y0–k*a/g;
POJ2142
题目大意:
现有质量为a和b的砝码,数量不限
要求在天平上称出质量为d的物品,天平左右均可放砝码求一种可行方案,要求:
放置砝码数量尽可能少;数量相同时,总质量尽可能少
算法思路:
问题转化:
求ax+by=d的一组整数解（x,y）,要求
|x|+|y|尽可能小,若相等,则a|x|+b|y|尽可能小（x<0,表示砝码和物体放在同一侧）
先求出不定方程的一组特解（x0,y0）,令
m=gcd（a,b）,a'=a/m,b'=b/m,则通解为
x=x0+b't,y=y0-a't（a',b'>0,t为整数）
要求输出（|x|+|y|）值最小的一组。
即（|x|+|y|）=|x0+b/g*t|+|y0-a/g*t|=f（t），简单分析，可以知道， |x0+b/g*t|永远递增且大于零。
f（t）只有在 |y0-a/g*t|==0的时候才能取得最小值。
又因为t是整数，所以t应该取（y0*g/a）左右的整数值。
有了
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