打死没想到会在H老师处学懂数论

同余，整除
模运算
埃式筛法
欧拉筛法
最大公约数和最小公倍数
辗转相除法
更相减损术
裴蜀定理
威尔逊定理
费马定理
同余等价类、剩余系、缩系
欧拉函数
欧拉定理
扩展欧拉定理
区间逆元
扩展欧几里得
中国剩余定理
扩展中国剩余定理
利用以上所有知识进行证明

同余，整除

整除的性质：

传递性：若a∣b,b∣ca|b,b|ca∣b,b∣c，则a∣ca|ca∣c

a∣b,a∣ca|b,a|ca∣b,a∣c等价于对于任意的整数x,yx,yx,y，有a∣(bx+cy)a|(bx+cy)a∣(bx+cy)

设m≠0m≠0m=0，则a∣ba|ba∣b等价于ma∣mbma|mbma∣mb

设整数x,yx,yx,y满足ax+by=1,a∣n,b∣,nax+by=1,a|n,b|,nax+by=1,a∣n,b∣,n，则(ab)∣n(ab)|n(ab)∣n

若b=q∗d+cb=q*d+cb=q∗d+c，则d∣bd|bd∣b的充要条件是d∣cd|cd∣c

同余的性质：

同加性：若a≡b(modp)a\equiv b(mod\ p)a≡b(mod p)，则a+c≡b+c(modp)a+c\equiv b+c(mod\ p)a+c≡b+c(mod p)

同减性：若a≡b(modp)a\equiv b(mod\ p)a≡b(mod p)，则a−c≡b−c(modp)a-c\equiv b-c(mod\ p)a−c≡b−c(mod p)

同乘性：若a≡b(modp)a\equiv b(mod\ p)a≡b(mod p)，则a×c≡b×c(modp)a\times c\equiv b\times c(mod\ p)a×c≡b×c(mod p)

同除性：若a≡b(modp),c∣a,c∣b,(c,p)=1a\equiv b(mod\ p),c|a,c|b,(c,p)=1a≡b(mod p),c∣a,c∣b,(c,p)=1，则a/c≡b/c(modp)a/c\equiv b/c(mod\ p)a/c≡b/c(mod p)

同幂性：若a≡b(modp),c>0a\equiv b(mod\ p),c>0a≡b(mod p),c>0，则ac≡bc(modp)a^c\equiv b^c(mod\ p)ac≡bc(mod p)

若a%p=x,a%q=x,(p,q)=1a\% p=x,a\% q=x,(p,q)=1a%p=x,a%q=x,(p,q)=1，则a%(p∗q)=xa\% (p*q)=xa%(p∗q)=x

数论常识：

若2能整除a的最末位，则2∣a2|a2∣a

若4能整除a的末两位，则4∣a4|a4∣a

若8能整除a的末三位，则8∣a8|a8∣a

若3能整除a的各位数字之和，则3∣a3|a3∣a

若9能整除a的各位数字之和，则9∣a9|a9∣a

若11能整除a的偶数位数字之和与奇数位数字之和的差，则11∣a11|a11∣a

能被7,11,137,11,137,11,13整除的数的特征是：这个数的末三位与末三位以前的数字所组成数之差能被7,11,137,11,137,11,13整除

模运算

1.分配率

(a+b)%c=(a%c+b%c)%c(a+b)\% c=(a\% c+b\% c)\% c(a+b)%c=(a%c+b%c)%c

(a−b)%c=(a%c−b%c)%c(a-b)\% c=(a\% c-b\% c)\% c(a−b)%c=(a%c−b%c)%c

(a×b)%c=(a%c×b%c)%c(a\times b)\% c=(a\% c\times b\% c)\% c(a×b)%c=(a%c×b%c)%c

(ab)%c=(a%c)b%c(a^b)\% c=(a\% c)^b\% c(ab)%c=(a%c)b%c

2.放缩性

如果a%b=c,d≠0a\% b=c,d≠0a%b=c,d=0，则有(a×d)%(b×d)=c×d(a\times d)\%(b\times d)=c\times d(a×d)%(b×d)=c×d

如果a%b=c,d∣a,d∣ba\%b=c,d\bigg|a,d\bigg|ba%b=c,d∣∣∣∣a,d∣∣∣∣b，则(a/d)%(b/d)=(c/d)(a/d)\%(b/d)=(c/d)(a/d)%(b/d)=(c/d)

根据放缩性，则除法取余有式子 a/b%c=a%(b×c)/ba/b\%c=a\%(b\times c)/ba/b%c=a%(b×c)/b

埃式筛法

先把nnn以内的222的倍数(不包含222)全部删除，再把nnn以内的333的倍数(不包含333)全部删除，…

这样做下去，最后剩下的以内的数全为质数

这里的删除其实不是真的删除，只是打上一个删除标记而已

每个数都会被它的质因子打一次标记，而一个数的不同的质因子个数不超过logNlogNlogN

所以时间复杂度为O(NlogN)O(NlogN)O(NlogN)

void getprime( int n ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( flag[i] ) continue;prime[++ cnt] = i;for( int j = i;j <= n / i;j ++ )flag[j * i] = 1;}
}

欧拉筛法

在上述的埃氏筛法中，一个数可能被它的各个质因子都筛了一遍

而一个数的质因子种类数是不会超过logNlogNlogN的,所以时间复杂度为O(NlogN)O(NlogN)O(NlogN)

而欧式筛法保证每个数只被它的最小质因子筛一遍，这样，时间复杂度便降成了O(N)O(N)O(N)

有一个质数集合SSS，一开始，质数集合为空

同时有一个boolboolbool数组flagflagflag，表示删除标记

有两层循环：

外层循环从222开始枚举倍数，设当前枚举的量为aaa

如果aaa是质数，则将aaa加入质数集合

内层循环枚举质数集合中的元素，将数组中它们的aaa倍全部打上删除标记

显然，未打删除标记的数都是质数了（flagflagflag数组中下标小于222的元素是无效的，不用考虑）

但现在的时间复杂度仍然是O(NlogN)O(NlogN)O(NlogN)的，接下来，要用一个优化来完成O(N)O(N)O(N)的蜕变

设当前倍数为aaa，在内层循环中，设当前枚举到集合SSS中的第iii个质数pip_ipi

先将i∗pii*p_ii∗pi打上标记

如发现iii是pip_ipi的倍数时

此时后续的质数就无需再枚举了，可以提前退出内层循环

外层循环处理下一轮，即a++a++a++

为什么满足这种条件就可以提前breakbreakbreak呢？

设后续的质数为pi′p_i'pi′，而pi′>pip_i'>p_ipi′>pi

因为aaa是pip_ipi的倍数，那么a×pi′a\times p_i'a×pi′也是pip_ipi的倍数

设a×pi′=b×pia\times p_i'=b\times p_ia×pi′=b×pi

∵pi′>pi∵p_i'>p_i∵pi′>pi

∴b>a∴b>a∴b>a

我们希望每个数被它的最小质因子给删掉

所以a×pi′a\times p_i'a×pi′应该被pip_ipi删掉（就要求a×pi′/pia\times p_i'/p_ia×pi′/pi尽量大）

所以后续所有的质数就都留给倍数aaa增长到bbb再去处理了

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

最大公约数和最小公倍数

gcd(a,b)×lcm(a,b)=a∗bgcd(a,b)\times lcm(a,b)=a*bgcd(a,b)×lcm(a,b)=a∗b

证明：
将a,ba,ba,b进行质因子分解，设a,ba,ba,b的质因子集合并集为p1,p2,p3...pkp_1,p_2,p_3...p_kp1,p2,p3...pk
设a=p1i1p2i2...pkik,(0≤i1,0≤i2...0≤ik)设a=p_1^{i_1}p_2^{i_2}...p_k^{i_k},(0≤i_1,0\le i_2...0\le i_k)设a=p1i1p2i2...pkik,(0≤i1,0≤i2...0≤ik)
设b=p1j1p2j2...pkjk,(0≤j1,0≤j2...0≤jk)设b=p_1^{j_1}p_2^{j_2}...p_k^{j_k},(0\le j_1,0\le j_2...0\le j_k)设b=p1j1p2j2...pkjk,(0≤j1,0≤j2...0≤jk)
gcd(a,b)=p1min(i1,j1)p2min(i2,j2)...pkmin(ik,jk)gcd(a,b)=p_1^{min(i_1,j_1)}p_2^{min(i_2,j_2)}...p_k^{min(i_k,j_k)}gcd(a,b)=p1min(i1,j1)p2min(i2,j2)...pkmin(ik,jk)
lcm(a,b)=p1max(i1,j1)p2max(i2,j2)...pkmax(ik,jk)lcm(a,b)=p_1^{max(i_1,j_1)}p_2^{max(i_2,j_2)}...p_k^{max(i_k,j_k)}lcm(a,b)=p1max(i1,j1)p2max(i2,j2)...pkmax(ik,jk)
∵min(it,jt)+max(it,jt)=it+jt∵min(i_t,j_t)+max(i_t,j_t)=i_t+j_t∵min(it,jt)+max(it,jt)=it+jt
∴gcd(a,b)+lcm(a,b)=p1i1+j1p2i2+j2...pkik+jk∴gcd(a,b)+lcm(a,b)=p_1^{i_1+j_1}p_2^{i_2+j_2}...p_k^{i_k+j_k}∴gcd(a,b)+lcm(a,b)=p1i1+j1p2i2+j2...pkik+jk

辗转相除法

gcd(a,b)≡gcd(b,a%b)gcd(a,b)\equiv gcd(b,a\%b)gcd(a,b)≡gcd(b,a%b)

证明：
设d=gcd(a,b),a=x∗d,b=y∗dd=gcd(a,b),a=x*d,b=y*dd=gcd(a,b),a=x∗d,b=y∗d

根据模运算的放缩性有：a%b=(x∗d)%(y∗d)=(x%y)∗da\%b=(x*d)\%(y*d)=(x\%y)*da%b=(x∗d)%(y∗d)=(x%y)∗d

∵(x,y)=1∵(x,y)=1∵(x,y)=1

∴(y,x%y)=1∴(y,x\%y)=1∴(y,x%y)=1

int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y );
}

时间复杂度O(log⁡)O(\log)O(log)，最坏情况就是斐波拉契数列，相当于相邻两位一位一位移动（辗转相减）

辗转相减法：

gcd(a,b)=gcd(b,a−b),a>bgcd(a,b)=gcd(b,a-b),a>bgcd(a,b)=gcd(b,a−b),a>b

证明：

令a=Ad,b=Bd,(A,B)=1→(a,b)=da=Ad,b=Bd,(A,B)=1\rightarrow (a,b)=da=Ad,b=Bd,(A,B)=1→(a,b)=d

则a−b=(A−B)da-b=(A-B)da−b=(A−B)d

若gcd(b,a−b)=gcd(Bd,(A−B)d)≠dgcd(b,a-b)=gcd\bigg(Bd,(A-B)d\bigg)≠dgcd(b,a−b)=gcd(Bd,(A−B)d)=d

说明gcd(B,A−B)>1gcd(B,A-B)>1gcd(B,A−B)>1

令gcd(B,A−B)=g,B=sg,A−B=tggcd(B,A-B)=g,B=sg,A-B=tggcd(B,A−B)=g,B=sg,A−B=tg

则一定有g∣Ag\bigg|Ag∣∣∣∣A

与(A,B)=1(A,B)=1(A,B)=1矛盾，所以gcd(B,A−B)=1gcd(B,A-B)=1gcd(B,A−B)=1

更相减损术

若约分ab\frac{a}{b}ba
如a,ba,ba,b均为偶，可先将a,ba,ba,b折半，即/2/2/2
否则，将a,ba,ba,b交替的减去对方
直到最后两数相等，此时的数乘上先前除掉的222即为原来a,ba,ba,b的最大公约数

裴蜀定理

如果a,ba,ba,b的最大公约数为ddd，且d∣cd\bigg|cd∣∣∣∣c，则存在整数x,yx,yx,y，使得ax+by=cax+by=cax+by=c

证明：

转化证明存在x,yx,yx,y使得ax+by=dax+by=dax+by=d

假设存在这样一对x,yx,yx,y，那么只需将其进行倍数放缩即可

∵(a,b)=d∵(a,b)=d∵(a,b)=d

∴∴∴设a′=a/d,b′=b/da'=a/d,b'=b/da′=a/d,b′=b/d

则有a′x+b′y=1,(a′,b′)=1a'x+b'y=1,(a',b')=1a′x+b′y=1,(a′,b′)=1

证明转化为求一对x,yx,yx,y，使得a′x+b′y=1a'x+b'y=1a′x+b′y=1，且满足(a′,b′)=1(a',b')=1(a′,b′)=1

即求证a′x%b′=1a'x\%b'=1a′x%b′=1（感性理解：若干倍的a′a'a′减去若干倍的b′b'b′等于111）

引理一

如果a,ba,ba,b为正整数，且a,ba,ba,b互质，则不存在小于bbb的正整数kkk，使得0≡k∗a(modb)0\equiv k*a(mod\ b)0≡k∗a(mod b)

证明：

用反证法即可，假设存在这样的一个kkk使得该式成立

则需满足kkk或者aaa能整除bbb

∵(a,b)=1∵(a,b)=1∵(a,b)=1

∴a∴a∴a不可能整除bbb

∵0<k<b∵0<k<b∵0<k<b

∴k∴k∴k亦不可能整除bbb

推论

如果a,ba,ba,b为正整数，且a,ba,ba,b互质，则0,a,a∗2,a∗3...(b−1)∗a0,a,a*2,a*3...(b-1)*a0,a,a∗2,a∗3...(b−1)∗a这些数取模bbb，余数互不相等

证明：

反证法

设存在0<i<j<b0<i<j<b0<i<j<b，使得a∗i≡a∗j(modb)a*i\equiv a*j(mod\ b)a∗i≡a∗j(mod b)

则有(i−j)∗a≡0(modb)(i-j)*a\equiv 0(mod\ b)(i−j)∗a≡0(mod b)

同理引理一，i−j,ai-j,ai−j,a都不可能整除bbb，故与假设矛盾，不成立

引理二

如果(a,b)=1(a,b)=1(a,b)=1，则必存在一个整数kkk，满足k∗a%b=1k*a\% b=1k∗a%b=1

证明：

根据上面推论易知，这些数取模bbb的值只会在区间[0,b−1][0,b-1][0,b−1]（k=0k=0k=0时取模余数为000）

而且各不相同，其中一定存在取模后的余数为111的值

根据引理二可知，如果(a,b)=1(a,b)=1(a,b)=1，则必存在一个整数kkk，满足k∗a%b=1k*a\% b=1k∗a%b=1

即k∗a−p∗b=1k*a-p*b=1k∗a−p∗b=1，裴蜀定理得证

威尔逊定理

(p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv -1(mod\ p)(p−1)!≡−1(mod p)，当且仅当ppp为质数

证明：

先证充分性→p\rightarrow p→p为质数，有(p−1)!≡p−1(modp)(p-1)!\equiv p-1(mod\ p)(p−1)!≡p−1(mod p)

假设0<i<p0<i<p0<i<p，根据上面的裴蜀定理，可得(i,p)=1(i,p)=1(i,p)=1，且必存在一个整数j(0<j<p)j(0<j<p)j(0<j<p)

使得i×j%p=1i\times j\%p=1i×j%p=1，即jjj是iii的逆元，由此可见逆元具有唯一性，相互性

所以在[1,p−1][1,p-1][1,p−1]中逆元是一对一对的

然而……也有可能存在iii的逆元是本身的，那么此时的iii就要满足以下条件

i2%p=1⇒(i+1)(i−1)%p=0i^2\%p=1\Rightarrow (i+1)(i-1)\%p=0i2%p=1⇒(i+1)(i−1)%p=0

∴i+1=0∴i+1=0∴i+1=0或ppp，i−1=0i-1=0i−1=0或ppp

∵0<i<p∵0<i<p∵0<i<p

∴i+1=p,i−1=0∴i+1=p,i-1=0∴i+1=p,i−1=0

即i=p−1,1i=p-1,1i=p−1,1

每一对逆元取模ppp都为111，需要证明的原式变成1∗p−1≡p−1(modp)1*p-1\equiv p-1(mod\ p)1∗p−1≡p−1(mod p)

显然成立，证毕

再证必要性→(p−1)!≡p−1(modp)\rightarrow (p-1)!\equiv p-1(mod\ p)→(p−1)!≡p−1(mod p)，当该式成立时，ppp一定为质数

反证法，即证明ppp不为质数时，该式不成立

如ppp不为质数，则[2,p−1][2,p-1][2,p−1]中一定有ppp的因子，设为iii，则i,p/ii,p/ii,p/i均为ppp的因子

若i≠p/ii≠p/ii=p/i，则1×2×3×...×(p−1)1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)1×2×3×...×(p−1)一定是ppp的倍数，取模ppp为000
若i=p/ii=p/ii=p/i，则1×2×3×...×(p−1)1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)1×2×3×...×(p−1)一定是iii的倍数，模ppp必为iii的倍数

又因为ppp是iii的倍数，且i>1i>1i>1，所以p−1p-1p−1不可能是iii的倍数，所以(p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv-1(mod\ p)(p−1)!≡−1(mod p)

费马定理

如果ppp为质数，且a%p≠0a\%p≠0a%p=0，则有ap−1%p=1a^{p-1}\%p=1ap−1%p=1

证明：
(a∗1)∗(a∗2)∗...∗(a∗(p−1))=ap−1∗(p−1)!(modp)(a*1)* (a* 2)* ...*(a* (p-1))=a^{p-1}*(p-1)!\ \ (mod\ p)(a∗1)∗(a∗2)∗...∗(a∗(p−1))=ap−1∗(p−1)!  (mod p)
∵(a,p)=1∵(a,p)=1∵(a,p)=1
∴{(a∗1)%p,(a∗2)%p,...,(a∗(p−1))%p}={1,p−1}∴\{(a* 1)\% p,(a*2)\% p,...,(a*(p-1))\%p\}=\{1,p-1\}∴{(a∗1)%p,(a∗2)%p,...,(a∗(p−1))%p}={1,p−1}
即取模后的值互不相等，且∈[1,p−1]∈[1,p-1]∈[1,p−1]
∴(a∗1)%p,(a∗2)%p,...,(a∗(p−1))%p=(p−1)!(modp)∴(a*1)\% p,(a*2)\% p,...,(a*(p-1))\%p=(p-1)!\ \ (mod\ p)∴(a∗1)%p,(a∗2)%p,...,(a∗(p−1))%p=(p−1)!  (mod p)
(p−1)!=ap−1(p−1)!(modp)(p-1)!=a^{p-1}(p-1)!\ \ (mod\ p)(p−1)!=ap−1(p−1)!  (mod p)
∴ap−1=1(modp)∴a^{p-1}=1\ \ (mod\ p)∴ap−1=1  (mod p)

同余等价类、剩余系、缩系

对于一个正整数ppp，所有非负整数模ppp的结果，只有ppp种可能，即{0,1,2,...,p−1}\{0,1,2,...,p-1\}{0,1,2,...,p−1}
模ppp的剩余系指的是{0,1,2,...,p−1}\{0,1,2,...,p-1\}{0,1,2,...,p−1}，即小于ppp的所有非负整数，这个集合中包含了所有模ppp的余数
模ppp的剩余系记为ZpZ_pZp

剩余系中，每一个元素代表的是一类数
比如在剩余系ZpZ_pZp中

000表示的是所有模ppp为000的数，即{0,p,2p,3p...}\{0,p,2p,3p...\}{0,p,2p,3p...}

111表示的是所有模ppp为111的数，即{1,p+1,2p+1,3p+1...}\{1,p+1,2p+1,3p+1...\}{1,p+1,2p+1,3p+1...}

这些模ppp余数相同的数，称为同余等价类
可以发现，在模意义下，所有的非负整数可以被分为若干同余等价类

如果我们只考虑剩余系中与模数p互质的数，便得到一个子集，称为模p的缩系，记为Zp∗Z_p^*Zp∗
如ppp为666，则Zp∗={1,5}Z_p^*=\{1,5\}Zp∗={1,5}
缩系又称为简化剩余系

欧拉函数

欧拉函数即为缩系的大小

ϕ(1)=1\phi(1)=1ϕ(1)=1

如果nnn为质数，则ϕ(n)=n−1\phi(n)=n-1ϕ(n)=n−1

如果n=apn=a^pn=ap，且aaa为质数，则ϕ(n)=ap−ap−1=ap(1−1a)\phi(n)=a^p-a^{p-1}=a^p(1-\frac{1}{a})ϕ(n)=ap−ap−1=ap(1−a1)

令n=a1p1a2p2...akpkn=a_1^{p_1}a_2^{p_2}...a_k^{p_k}n=a1p1a2p2...akpk，根据积性函数性质
ϕ(n)=ϕ(a1p1)ϕ(a2p2)...ϕ(akpk)=a1p1(1−1a1)∗a2p2(1−1a2)...akpk(1−1ak)\phi(n)=\phi(a_1^{p_1})\phi(a_2^{p_2})...\phi(a_k^{p_k})=a_1^{p_1}(1-\frac{1}{a_1})*a_2^{p_2}(1-\frac{1}{a_2})...a_k^{p_k}(1-\frac{1}{a_k})ϕ(n)=ϕ(a1p1)ϕ(a2p2)...ϕ(akpk)=a1p1(1−a11)∗a2p2(1−a21)...akpk(1−ak1)
=n∗(1−1a1)∗(1−1a2)∗...∗(1−1ak)=n*(1-\frac{1}{a_1})*(1-\frac{1}{a_2})*...*(1-\frac{1}{a_k})=n∗(1−a11)∗(1−a21)∗...∗(1−ak1)

∑d∣nϕ(d)=n\sum_{d\big|n}\phi(d)=nd∣∣n∑ϕ(d)=n

考虑用分数形式证明

nnn个真分数：1n,2n,...,n−1n,nn\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n-1}{n},\frac{n}{n}n1,n2,...,nn−1,nn

然后进行分数化简，按分母不同分类

分母一定是nnn的因数，且分母分子互质，并且真分数形式的分子小于分母

那么该类分数个数就是分母的ϕ\phiϕ，得证

小于nnn且与nnn互质的所有正整数之和为nϕ(n)2\frac{n\phi(n)}{2}2nϕ(n)

证明：
设s={a1,a2,...,ak}s=\{a_1,a_2,...,a_k\}s={a1,a2,...,ak}是在模nnn意义下的缩系，根据缩系定义，个数就是ϕ(n)\phi(n)ϕ(n)

则t={n−a1,n−a2,...,n−ak}t=\{n-a_1,n-a_2,...,n-a_k\}t={n−a1,n−a2,...,n−ak}也是模nnn意义下的缩系（详见辗转相除法的辗转相减）

两个集合相加，证毕

//求单个phi(n)
int getphi( int x ) {int ans = x;for( int i = 2;i * i <= x;i ++ ) {if( x % i == 0 ) {ans = ans / i * ( i - 1 );while( x % i == 0 ) x /= i;}}if( x > 1 ) ans = ans / x * ( x - 1 );return ans;
}

//求多个phi(n)
void getphi( int n ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! phi[i] ) {phi[i] = i - 1;for( int j = i << 1;j <= n;j += i ) {if( ! phi[j] ) phi[j] = j;phi[j] = phi[j] / i * ( i - 1 );}}}
}

欧拉定理

如果(a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1，则aϕ(p)≡1(modp)a^{\phi(p)}\equiv1(mod\ p)aϕ(p)≡1(mod p)

证明：

设ppp的简化剩余系为{p1,p2,p3,...,pk}\{p_1,p_2,p_3,...,p_k\}{p1,p2,p3,...,pk}

∵(a,p)=1∵(a,p)=1∵(a,p)=1

∴{a∗p1,a∗p2,...,a∗pk}∴\{a*p_1,a*p_2,...,a*p_k\}∴{a∗p1,a∗p2,...,a∗pk}也构成了ppp的简化剩余系

（证明可参考裴蜀定理中的推论反证法）

∴(a∗p1)∗(a∗p2)∗...∗(a∗pk)≡p1∗p2∗...∗pk(modp)∴(a*p_1)*(a*p_2)*...*(a*p_k)\equiv p_1*p_2*...*p_k(mod\ p)∴(a∗p1)∗(a∗p2)∗...∗(a∗pk)≡p1∗p2∗...∗pk(mod p)

∴aϕ(p)≡1(modp)∴a^{\phi(p)}\equiv 1(mod\ p)∴aϕ(p)≡1(mod p)

扩展欧拉定理

若a,ma,ma,m为正整数，当r>ϕ(m)r>\phi(m)r>ϕ(m)时，有ar≡ar%ϕ(m)+ϕ(m)a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}ar≡ar%ϕ(m)+ϕ(m)

证明：

分类讨论

.如果(a,m)=1(a,m)=1(a,m)=1，则显然成立

因为由欧拉定理得aϕ(m)≡1(modm)a^{\phi(m)}\equiv1\pmod maϕ(m)≡1(modm)
若(a,m)>1(a,m)>1(a,m)>1

引理一：

如果满足
{x≡y(modm)x≡y(modn)\begin{cases}x\equiv y\ (mod\ m)\\x\equiv y\ (mod\ n)\end{cases}{x≡y (mod m)x≡y (mod n)
则有
x≡y(modlcm(n,m))x\equiv y\ (mod\ \ lcm(n,m))x≡y (mod lcm(n,m))

证明：
显然(x−y)(x-y)(x−y)既是mmm的倍数，又是nnn的倍数，则其必然为lcm(n,m)lcm(n,m)lcm(n,m)的倍数

引理二：

如果ppp为质数，ϕ(pq)≥q\phi(p^q)\ge qϕ(pq)≥q

证明：

给两种证明方法

法一：

以每ppp个为一个周期划分

显然(p,p−1)=1,(p2,p2−1)=1,...,(pq,pq−1)=1(p,p-1)=1,(p^2,p^2-1)=1,...,(p^q,p^q-1)=1(p,p−1)=1,(p2,p2−1)=1,...,(pq,pq−1)=1

此时光考虑一部分就已经满足ϕ(pq)=q\phi(p^q)=qϕ(pq)=q，故引理显然成立

法二：

ϕ(pq)=pq−1∗(p−1)\phi(p^q)=p^{q-1}*(p-1)ϕ(pq)=pq−1∗(p−1)

根据数学归纳法

考虑q=1,ϕ(p)>=1q=1,\phi(p)>=1q=1,ϕ(p)>=1显然成立

设q=kq=kq=k时成立，即pk−1∗(p−1)>=kp^{k-1}*(p-1)>=kpk−1∗(p−1)>=k

∵k>1∵k>1∵k>1

∴∴∴显然pk∗(p−1)>=k+1p^k*(p-1)>=k+1pk∗(p−1)>=k+1

即当q=k+1q=k+1q=k+1时，也成立

接下来继续证明扩展欧拉定理

若m=pkm=p^km=pk，即mmm为质数的幂时

∵(a,m)>1∵(a,m)>1∵(a,m)>1

∴p∣a∴p\bigg|a∴p∣∣∣∣a

由引理二可得ϕ(pk)≥k\phi(p^k)\ge kϕ(pk)≥k，即ϕ(m)≥k\phi(m)\ge kϕ(m)≥k

∴r>ϕ(m)≥k∴r> \phi(m)\ge k∴r>ϕ(m)≥k

∴ar=x∗pr=y∗pϕ(m)=z∗pk∴a^r=x*p^r=y*p^{\phi(m)}=z*p^k∴ar=x∗pr=y∗pϕ(m)=z∗pk（从ppp的指数上抽一些下来使x→y→zx\rightarrow y\rightarrow zx→y→z）

即m∣ar,m∣pϕ(m)m\bigg|a^r,m\bigg|p^{\phi(m)}m∣∣∣∣ar,m∣∣∣∣pϕ(m)

∴ar≡ar%ϕ(m)+ϕ(m)≡0(modm)∴a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0(mod\ \ m)∴ar≡ar%ϕ(m)+ϕ(m)≡0(mod m)
若m=p1k1p2k2...pnknm=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_{n}^{k_n}m=p1k1p2k2...pnkn

设m1=p1k1m_1=p_1^{k_1}m1=p1k1，则ar≡ar%ϕ(m1)+ϕ(m1)(modm1)a^r\equiv a^{r\%\phi(m_1)+\phi(m_1)}\ \ (mod\ \ m_1)ar≡ar%ϕ(m1)+ϕ(m1)  (mod  m1)

设m2=p2k2m_2=p_2^{k_2}m2=p2k2，则ar≡ar%ϕ(m2)+ϕ(m2)(modm2)a^r\equiv a^{r\%\phi(m_2)+\phi(m_2)}\ \ (mod\ \ m_2)ar≡ar%ϕ(m2)+ϕ(m2)  (mod  m2)

..................

设mn=pnknm_n=p_n^{k_n}mn=pnkn，则ar≡ar%ϕ(mn)+ϕ(mn)(modmn)a^r\equiv a^{r\%\phi(m_n)+\phi(m_n)}\ \ (mod\ \ m_n)ar≡ar%ϕ(mn)+ϕ(mn)  (mod  mn)

m1,m2,...,mnm_1,m_2,...,m_nm1,m2,...,mn 不同的质数的幂，两两互质

ϕ(m)=ϕ(m1)∗ϕ(m2)∗...∗ϕ(mn)\phi(m)=\phi(m_1)*\phi(m_2)*...*\phi(m_n)ϕ(m)=ϕ(m1)∗ϕ(m2)∗...∗ϕ(mn)

又根据引理一，则得到：

ar≡ar%ϕ(m)+ϕ(m)(modm)a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\pmod mar≡ar%ϕ(m)+ϕ(m)(modm)

区间逆元

如果整数a,ba,ba,b满足a∗b%p=1a*b\%p=1a∗b%p=1，则称a,ba,ba,b在模ppp的意义下互为逆元
只有(a,p)=1(a,p)=1(a,p)=1，在模ppp的意义下aaa才有逆元，aaa的逆元记作a−1a^{-1}a−1

证明：

若(a,p)>1(a,p)>1(a,p)>1，则令d=gcd(a,p),d∣a,d∣pd=gcd(a,p),d|a,d|pd=gcd(a,p),d∣a,d∣p

∴d∣a%p∴d|a\%p∴d∣a%p（感性理解为：x倍ddd减去y倍ppp直到x<yx<yx<y，其差一定也为ddd的倍数）

∴a≡(x%y)d(modp)∴a\equiv (x\%y)d\ (mod\ \ p)∴a≡(x%y)d (mod p)

∵d>1∵d>1∵d>1

∴(x%y)d≠1∴(x\%y)d≠1∴(x%y)d=1

逆元的性质：若(b,p)=1(b,p)=1(b,p)=1，则a/b%p=a∗b−1%pa/b\%p=a*b^{-1}\%pa/b%p=a∗b−1%p

有一种求区间逆元的方式，时间复杂度为O(n)O(n)O(n)
设模数为m,f[n]m,f[n]m,f[n]表示nnn的逆元，其中[1,n)[1,n)[1,n)的逆元已经求出，则
f[n]=(−f[m%n]∗(m/n)%m+m)%mf[n]=(-f[m\%n]*(m/n)\%m+m)\%mf[n]=(−f[m%n]∗(m/n)%m+m)%m

证明：

公式一：

f[i]=−f[m−i]f[i]=-f[m-i]f[i]=−f[m−i]

证明：

f[i]∗i≡1(modm)f[i]*i\equiv1\ \ \ (mod\ m)f[i]∗i≡1 (mod m)

f[i]∗(m−i)≡−1(modm)f[i]*(m-i)\equiv-1\ \ \ (mod\ m)f[i]∗(m−i)≡−1 (mod m)

f[m−i]∗(m−i)≡1(modm)f[m-i]*(m-i)\equiv1\ \ \ (mod\ m)f[m−i]∗(m−i)≡1 (mod m)

f[i]=−f[m−i]f[i]=-f[m-i]f[i]=−f[m−i]

公式二：

f[i]=k∗f[k∗i]f[i]=k*f[k*i]f[i]=k∗f[k∗i]

证明：

f[i∗k]∗(i∗k)≡1(modm)f[i*k]*(i*k)\equiv 1\ \ \ (mod\ m)f[i∗k]∗(i∗k)≡1 (mod m)

(f[i∗k]∗k)∗i≡1(modm)(f[i*k]*k)*i\equiv 1\ \ \ (mod\ m)(f[i∗k]∗k)∗i≡1 (mod m)

f[i]∗i≡1(modm)f[i]*i\equiv 1\ \ \ (mod\ m)f[i]∗i≡1 (mod m)

f[i∗k]∗k=f[i]f[i*k]*k=f[i]f[i∗k]∗k=f[i]

f[n]=k∗f[k∗n]=m/n×f[m−m%n]f[n]=k*f[k*n]=m/n\times f[m-m\%n]f[n]=k∗f[k∗n]=m/n×f[m−m%n]

f[m−m%n]=−f[m%n]f[m-m\%n]=-f[m\%n]f[m−m%n]=−f[m%n]

f[n]=m/n×(−f[m%n])f[n]=m/n\times (-f[m\% n])f[n]=m/n×(−f[m%n])

inv[1] = 1;
for( int i = 2;i <= n;i ++ )inv[i] = ( mod - mod / i ) * inv[mod % i] % mod;

扩展欧几里得

扩展欧几里得是用来求不定方程：ax+by=cax+by=cax+by=c，且已知整数a,b,ca,b,ca,b,c
要求gcd(a,b)∣cgcd(a,b)|cgcd(a,b)∣c，才能保证有解

算法思想：递归求解

先求方程ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)，求出该方程的解，乘上系数c/gcd(a,b)c/gcd(a,b)c/gcd(a,b)即为原方程的解
ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=bx′+(a%b)y′=bx′+(a−a/b∗b)y′ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=bx'+(a\%b)y'=bx'+(a-a/b*b)y'ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=bx′+(a%b)y′=bx′+(a−a/b∗b)y′
将a,ba,ba,b看做变量，移项合并同类项
ax+by=bx′+(a−a/b∗b)y′ax+by=bx'+(a-a/b*b)y'ax+by=bx′+(a−a/b∗b)y′
ax+by−bx′−ay′+a/b∗by′=0ax+by-bx'-ay'+a/b*by'=0ax+by−bx′−ay′+a/b∗by′=0
xa−y′a+yb−x′b+a/b∗y′b=0xa-y'a+yb-x'b+a/b*y'b=0xa−y′a+yb−x′b+a/b∗y′b=0
(x−y′)a+(y−x′+a/b∗y′)b=0(x-y')a+(y-x'+a/b*y')b=0(x−y′)a+(y−x′+a/b∗y′)b=0
∵a∗b≠0∵a*b≠0∵a∗b=0
∴x−y′=0,y−x′+a/b∗y′=0∴x-y'=0,y-x'+a/b*y'=0∴x−y′=0,y−x′+a/b∗y′=0
∴{x=y′y=x′−y′∗(a/b)∴\begin{cases}x=y'\\y=x'-y'*(a/b)\end{cases}∴{x=y′y=x′−y′∗(a/b)
只需要求出x′,y′x',y'x′,y′就可以求出x,yx,yx,y

而求x′,y′x',y'x′,y′可以继续递归下去

gcd(a,b)gcd(a,b)gcd(a,b)中的参数bbb最终会变为000，此时gcd(a,0)=agcd(a,0)=agcd(a,0)=a

于是有ax+by=gcd(a,0)=aax+by=gcd(a,0)=aax+by=gcd(a,0)=a，可以求出x=1,y=0x=1,y=0x=1,y=0

这是最底层的x,yx,yx,y，然后一层层返回，就可以求出最原始的x,yx,yx,y了

注意，exgcdexgcdexgcd求出来的x,yx,yx,y满足的方程组是ax+bx=gcd(a,b)ax+bx=gcd(a,b)ax+bx=gcd(a,b)

将这一对x,yx,yx,y乘上cgcd(a,b)\frac{c}{gcd(a,b)}gcd(a,b)c，才是原方程的一组解

而且，这一组解只是一组特解，并不一定是最小的，可以通过通解公式去找到最小解xxx

ax+by=cax+by=cax+by=c
a(x−k)+b(y+akb)=ca(x-k)+b(y+\frac{ak}{b})=ca(x−k)+b(y+bak)=c
因为aaa缩小若干倍，为了保证方程的正确性，bbb就应该放大若干倍，所以需满足b∣akb\bigg|akb∣∣∣∣ak
∴bgcd(a,b)∣agcd(a,b)k∴\frac{b}{gcd(a,b)}\bigg|\frac{a}{gcd(a,b)}k∴gcd(a,b)b∣∣∣∣gcd(a,b)ak
∵(bgcd(a,b),agcd(a,b))=1∵(\frac{b}{gcd(a,b)},\frac{a}{gcd(a,b)})=1∵(gcd(a,b)b,gcd(a,b)a)=1
∴bgcd(a,b)∣k∴\frac{b}{gcd(a,b)}|k∴gcd(a,b)b∣k
所以原方程的aaa可以无限缩小bgcd(a,b)\frac{b}{gcd(a,b)}gcd(a,b)b倍，直到a<bgcd(a,b)a<\frac{b}{gcd(a,b)}a<gcd(a,b)b

同理，通解也可以被表示出来X=x+t×bgcd(a,b),Y=y−t×agcd(a,b)X=x+t\times \frac{b}{gcd(a,b)},Y=y-t\times \frac{a}{gcd(a,b)}X=x+t×gcd(a,b)b,Y=y−t×gcd(a,b)a

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

//求x的最小解
x = ( x * ( c / d ) % ( b / d ) + ( b / d ) ) % ( b / d )

中国剩余定理

求一个模线性方程组xxx
{x≡a1(modr1)x≡a2(modr2)...x≡ak(modrk)\begin{cases}x\equiv a_1\ \ (mod\ \ r_1)\\x\equiv a_2\ \ (mod\ \ r_2)\\...\\x\equiv a_k\ \ (mod\ \ r_k)\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x≡a1 (mod r1)x≡a2 (mod r2)...x≡ak (mod rk)
其中r1,r2,...,rkr_1,r_2,...,r_kr1,r2,...,rk互质

对于rir_iri，设Ai=∏j≠irjA_i=\prod_{j≠i}r_jAi=∏j=irj

∵(r1,r2,...,rk)=1∵(r_1,r_2,...,r_k)=1∵(r1,r2,...,rk)=1

∴(Ai,ri)=1∴(A_i,r_i)=1∴(Ai,ri)=1

则一定存在一个整数cic_ici满足ci∗Ai%ri=1c_i*A_i\% r_i=1ci∗Ai%ri=1

设xi=ai∗ci∗Aix_i=a_i*c_i*A_ixi=ai∗ci∗Ai，则xi%ri=aix_i\%r_i=a_ixi%ri=ai

因为AiA_iAi是除了rir_iri以外的其他rrr值的最小公倍数

所以，xi%rj=0(j≠i)x_i\%r_j=0(j≠i)xi%rj=0(j=i)，即xix_ixi模其他的rrr余数都为000，只有模rir_iri的时候，余数为aia_iai

换言之，把xix_ixi加到满足其他方程j(j≠i)j(j≠i)j(j=i)的解xjx_jxj上，(xi+xj)(x_i+x_j)(xi+xj)也一样满足方程jjj

同理，如果xjx_jxj也是这么求出来的，则(xi+xj)(x_i+x_j)(xi+xj)也满足方程iii

那么，我们对于每一个方程，都按照这个方法求出来该方程的解

把这些解累加起来，发现，这个和仍然满足每一个方程

即x=∑i=1kai∗ci∗Ai%rix=\sum_{i=1}^ka_i*c_i*A_i\%r_ix=∑i=1kai∗ci∗Ai%ri

对于xxx，加上所有的rrr值的最小公倍数，它仍然满足所有方程

所以，只要存在xxx，则意味着有无穷多组解

通解为：x=∑i=1k(ai∗ci∗Ai%ri)+p∗∏i=1kri,p∈Zx=\sum_{i=1}^k(a_i*c_i*A_i\%r_i)+p*\prod_{i=1}^kr_i,p∈Zx=i=1∑k(ai∗ci∗Ai%ri)+p∗i=1∏kri,p∈Z

扩展中国剩余定理

求一个模线性方程组xxx
{x≡a1(modr1)x≡a2(modr2)...x≡ak(modrk)\begin{cases}x\equiv a_1\ \ (mod\ \ r_1)\\x\equiv a_2\ \ (mod\ \ r_2)\\...\\x\equiv a_k\ \ (mod\ \ r_k)\end{cases}⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x≡a1 (mod r1)x≡a2 (mod r2)...x≡ak (mod rk)
其中r1,r2,...,rkr_1,r_2,...,r_kr1,r2,...,rk不一定互质

首先，取前两个方程x=k∗r1+a1=p∗r2+a2x=k*r_1+a_1=p*r_2+a_2x=k∗r1+a1=p∗r2+a2k∗r1−p∗r2=a2−a1k*r_1-p*r_2=a_2-a_1k∗r1−p∗r2=a2−a1

这种形如ax+by=cax+by=cax+by=c的不定方程，可以用扩展欧几里得计算

当gcd(r1,r2)gcd(r_1,r_2)gcd(r1,r2)不能整除a2−a1a_2-a_1a2−a1时，方程组无解

否则，根据exgcdexgcdexgcd，求出k0k_0k0，满足k0∗r1−p∗r2=a2−a1k_0*r_1-p*r_2=a_2-a_1k0∗r1−p∗r2=a2−a1

kkk的通解为：
k=k0+b∗(r2/gcd(r1,r2))k=k_0+b*(r_2/gcd(r_1,r_2))k=k0+b∗(r2/gcd(r1,r2))

带入到方程组x=k∗r1+a1x=k*r_1+a_1x=k∗r1+a1中，则有x=(k0+b∗(r2/gcd(r1,r2)))∗r1+a1=k0∗r1+b∗lcm(r1,r2)+a1,b∈Zx=(k_0+b*(r_2/gcd(r_1,r_2)))*r_1+a_1=k_0*r_1+b*lcm(r_1,r_2)+a_1,b∈Zx=(k0+b∗(r2/gcd(r1,r2)))∗r1+a1=k0∗r1+b∗lcm(r1,r2)+a1,b∈Z
即x≡a1(modlcm(r1,r2))x\equiv a_1\ \ (mod\ \ lcm(r_1,r_2))x≡a1 (mod lcm(r1,r2))
这个方程相当于合并了原来的两个方程，而形式上又和原来的方程一致

继续采用这个方法，不断地合并方程组中的两个方程

直到最后合并为一个方程，则可以得到xxx的通解

注意在这个过程中，要注意求出的k0k_0k0是k∗r1−p∗r2=(a2−a1)k*r_1-p*r_2=(a_2-a_1)k∗r1−p∗r2=(a2−a1)的解

而不是k∗r1−p∗r2=gcd(r1,r2)k*r_1-p*r_2=gcd(r_1,r_2)k∗r1−p∗r2=gcd(r1,r2)的解，前者是后者的倍数

//扩展中国剩余定理，求最小整数解x的模板代码
#include <cstdio>
#define MAXK 10000005
#define int long long
int mod[MAXK], r[MAXK];void exgcd( int a, int b, int &d, int &x, int &y ) {if( ! b ) d = a, x = 1, y = 0;else {exgcd( b, a % b, d, y, x );y -= x * ( a / b );}
}int Fabs( int x ) {return ( x < 0 ) ? -x : x;
}signed main() {int m;while( ~ scanf( "%lld", &m ) ) {for( int i = 1;i <= m;i ++ )scanf( "%lld %lld", &mod[i], &r[i] );int noans = 0, d, x, y;for( int i = 1;i < m;i ++ ) {exgcd( mod[i], mod[i + 1], d, x, y );if( Fabs( r[i + 1] - r[i] ) % d ) {noans = 1;break;}x = ( x * ( ( r[i + 1] - r[i] ) / d ) % ( mod[i + 1] / d ) + ( mod[i + 1] / d ) ) % ( mod[i + 1] / d );int lcm = mod[i] / d * mod[i + 1];mod[i + 1] = lcm, r[i + 1] = ( x * mod[i] + r[i] ) % lcm;}if( noans ) printf( "-1\n" );else printf( "%lld\n", r[m] );
//r[m]可能等于0，所以根据题目要求，若要最小正整数，则为mod[m]}return 0;
}

终于写完了！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

利用以上所有知识进行证明

若ppp是质数（p>3p>3p>3），则2p+12p+12p+1和4p+24p+24p+2至多有一个数是质数

抛开333的倍数（肯定是合数），任何整数都可以被改写成3k±13k±13k±1的形式

p=3k+1p=3k+1p=3k+1
2p+1=6k+3=3(k+1)2p+1=6k+3=3(k+1)2p+1=6k+3=3(k+1)，合数
4p+2=12k+6=6(2k+1)4p+2=12k+6=6(2k+1)4p+2=12k+6=6(2k+1)，合数
p=3k−1p=3k-1p=3k−1
2p+1=6k−12p+1=6k-12p+1=6k−1，未知
4p+2=12k−2=2(6k−1)4p+2=12k-2=2(6k-1)4p+2=12k−2=2(6k−1)，合数

最多就是那个未知情况为质数，得证

gcd(f(n),f(m))=f(gcd(n,m))gcd(f(n),f(m))=f(gcd(n,m))gcd(f(n),f(m))=f(gcd(n,m))
f:f:f: 斐波拉契数列

gcd⁡(an−1,am−1)=agcd(n,m)−1\gcd(a^n-1,a^m-1)=a^{gcd(n,m)}-1gcd(an−1,am−1)=agcd(n,m)−1

数论一之定理证明——裴蜀/威尔逊/费马/扩展欧几里得/[扩展]欧拉/[扩展]中国剩余定理，欧拉函数，逆元，剩余系，筛法相关推荐

密码学基础——辗转相除法，费马小定理，欧拉定理，裴蜀定理，中国剩余定理
文章主要根据百度百科和维基百科相关相关知识点整理而成! 辗转相除法辗转相除法, 又名欧几里德算法(Euclidean algorithm),是求最大公约数的一种方法.它的具体做法是:用较小数除较大数 ...
初等数论四大定理(威尔逊定理，欧拉定理，中国剩余定理，费马小定理)
1.威尔逊定理:在初等数论中,威尔逊定理给出了判定一个自然数是否为素数的充分必要条件.即:当且仅当p为素数时:( p -1 )! ≡ p-1 ( mod p ),但是由于阶乘是呈爆炸增长的,其结论对于 ...
数论 —— 线性同余方程组与中国剩余定理
[线性同余方程组] 由若干个线性同余方程构成的线性方程组. 例如: 其解法最早由我国<孙子算经>给出,因此解法称为"孙子定理",又叫"中国剩余定理" ...
ACM数论----中国剩余定理与拓展中国剩余定理
一.问题引入: 在<孙子算经>中有这样一个问题:"今有物不知其数,三三数之剩二(除以3余2),五五数之剩三(除以5余3),七七数之剩二(除以7余2),问物几何?"这个问 ...
与数论的厮守04：扩展中国剩余定理
根据数论的尿性,一般的定理解决不了的问题怎么办?那就拓展一下呗. 我们先看中国剩余定理,它解决的是一堆同余方程:nΞa1(mod b1),nΞa2(mod b2)...nΞak(mod bk),其中b ...
通常情况下的中国剩余定理
这几天学了学中国剩余定理....本来计划是一天学互质版一天学非互质版的,结果非互质版就学了好长时间...不过好在会证明了,考场上大力推一波应该是没问题的吧... 中国剩余定理是求形如x≡a1(mod ...
孙子定理中国剩余定理
孙子定理摘自:百度百科目录定义解释解法数学公式中国剩余定理案例展开编辑本段定义中国古代求解一次同余式组(见同余)的方法.是数论中一个重要定理.又称中国剩余定理. 内容编辑本段 ...
扩展欧几里得算法与中国剩余定理
在<孙子算经>中有这样一个问题:有物不知其数,三三数之剩二,五五数之剩三,七七数之剩二.问物几何? 这个问题说的是,有一件物品,我们不知道它的数量.但是,如果三个三个数,最后会剩下两个:如 ...
密码学基础算法(二)中国剩余定理
随便谷歌了一个图片做首图原图地址: http://www.siwapu.com/etagid41968b0/ 密码学基础系列: (一) 基于整数的欧几里得算法和扩展欧几里得算法 (二) 中国剩余定理 ...

数论一之定理证明——裴蜀/威尔逊/费马/扩展欧几里得/[扩展]欧拉/[扩展]中国剩余定理，欧拉函数，逆元，剩余系，筛法

打死没想到会在H老师处学懂数论

同余，整除

模运算

埃式筛法

欧拉筛法

最大公约数和最小公倍数

辗转相除法

更相减损术

裴蜀定理

威尔逊定理

费马定理

同余等价类、剩余系、缩系

欧拉函数

欧拉定理

扩展欧拉定理

区间逆元

扩展欧几里得

中国剩余定理

扩展中国剩余定理

利用以上所有知识进行证明

数论一之定理证明——裴蜀/威尔逊/费马/扩展欧几里得/[扩展]欧拉/[扩展]中国剩余定理，欧拉函数，逆元，剩余系，筛法相关推荐

最新文章

热门文章