一、基础知识

1、同余定理

2、a|b

二、素数筛

1、埃式素数筛

2、欧拉素数筛

三、快速幂

1、分解质因数

2、快速幂(一般都是对m取余)

四、欧几里得算法

1、辗转相除法

2、扩展欧几里得

五、中国剩余定理

1、孙子算经

2、中国剩余定理

一、基础知识

1、同余定理

定义：

给定一个正整数m，如果两个整数a和b满足a-b能够被m整除，即（a-b)/m得到一个整数，那么就称整数a与b对模m同余，记作a≡b(mod m)。对模m同余是整数的一个等价关系

性质：

（注意不再是充要条件了）

（下面的特例）

若gcd(c,n)!=1,a≡b(mod n/gcd(c,n) (不会证明)

2、a|b

意思是b可以被a整除

二、素数筛

1、埃式素数筛

先来个基础的过程：

1.把1~n列出来

2.去掉不是特殊的1

3.从小到大，枚举每一个没有删掉的数字i

4.把i的2倍，3倍，4倍，…，删掉

5.剩下的没被删掉的都是素数

const int n=100001;
int book[n];//标记是否删除
memset(book,0,sizeof(book));//初始化，为0代表没删除,为1代表删除
book[1]=1;//1是特例
for(int i=2;i<n;i++)if(!book[i]){for(j=2;j*i<n;j++)book[j*i]=1;}//book为0就是素数了

但是这种方法有些数被删除了两次，比如6既被2删除又被3删除，没有必要删那么多次。有一个小优化是把j初始设为i*i,因为i*(i-1),i*(i-2)这些已经被i-1和i-2删除了。但并不能解决所有问题，比如60=2*30=3*20，还是会重复，我们希望每个数只被删一次。

2、欧拉素数筛

#include <stdio.h>
int book[100001],prime[100001];//book说明是否被删，prime保存素数
int main()
{int n,i,j,top=0;scanf("%d",&n);for(i=2;i<=n;i++){if(!book[i])prime[top++]=i;//没有被删去，那就当素数留下来。for(j=0;j<top;j++)//注意，无论是否被删除，都进行循环{book[prime[j]*i]=1;if(!(i%prime[j]))//此时素数是i的因子就停下来break;}}for(i=0;i<top;i++)printf("%d ",prime[i]);
}

欧拉的主干就是每个数只被自己最小的因子删去。对于这种筛法，最好不要把book[i]理解成删除，还有用，最好理解成留作最大公因子。对于任意合数n,都等于最小公因子与最大公因子之积。对于任意两个不同的数，最大公因子与最小公因子一定不同时相同。每一个删除的数都由它的最小公因子与最大公因子相乘获得，就能保证每次删除的数不同。

当数为i时，把i当作之后某个数的最大公因子。若没被标记，证明是素数，先加到素数组里。此时，素数组肯定都小于等于它，素数组里的都当作最小公因子。相乘开始删，注意到i可以整除此时的素数prime[j]时停止。此时i=x*prime[j],如果往后乘，i*prime[j+1]=x*prime[j+1]*prime[j],对于x*prime[j+1]*prime[j]来说，最大公因子是x*prime[j+1]比i大，最小公因子是primr[j]比prime[j+1]小，所以不能用i*prime[j+1]获得。

这样由于每一次删除数时最大或最小公因子总有一个不同，一定删除的不同。

三、快速幂

1、分解质因数

算术基本定理：任何一个大于1的自然数N，如果N不是素数，那么N可以唯一地表示为

方法一：从2到n反复除以能除的数 O(n)

t=0;//因子的个数
for(int i=2;i<n;i++)
{if(!n%i){temp[++t]=i;//第t个因子的值count[t]=n/i;//次方}
}//n是质数在下面的样程里写了

方法二：素数筛预处理最小素因子，循环除以最小素因子 O(n)+O(logn)

count=t=0;
for(i=0;i<pn&&prime[i]<=n;i++)//pn是小于n的质数的个数
{if(!n%prime[i]){temp[++t]=prime[i];count[t]=n/prime[i];}
}
if(temp[t])//n是质数
{temp[t++]=1;temp[t]=n;count[t]=1;
}

2、快速幂(一般都是对m取余)

其实快速幂就是a*a得到 $a^{2}$ ，那么之后就可以 $a^{2}$ * $a^{2}$ = $a^{4}$ ......不用a*a*a*a了

所以就从 $a^{n}$ 开始向下分解，n为偶数 $a^{n}$ mod m= $(a^{\frac{n}{2}}mod m)^{2}$ mod m;n为奇数 $a^{n}$ mod m=( $(a^{\frac{n}{2}}mod m)^{2}$ mod m)*(a mod m)mod m。

一直向下分解到a的0次方返回1。

递推法

long long quick(int n)
{if(n==0)return 1;int half=quick(n/2);if(n%2)return (half*half%m)*(n%m);elsereturn half*half%m;
}

非递归版

long long quick()
{res=1;while(n){if(n%2)res=res*a%m;a=a*a%m;n/=2;}return res;
}

遗留问题

1、矩阵快速幂

2、FFT优化

3、高精度乘法优化

四、欧几里得算法

（#include <algorithm>里面有__gcd函数(是双下划线，而且有复杂度)）

1、辗转相除法

gcd(1350,211)为例

证明：

充分性：

a可以表示成a = kb + r（a，b，k，r皆为正整数，且r<b），则r = a mod b

假设d是a,b的一个公约数，记作d|a,d|b，即a和b都可以被d整除。

而r = a - kb，两边同时除以d，r/d=a/d-kb/d=m，由等式右边可知m为整数，因此d|r

因此d也是b,a mod b的公约数

必要性：

假设d是b,a mod b的公约数, 则d|b,d|(a-k*b),k是一个整数。

进而d|a.因此d也是a,b的公约数

因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。

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

最大公约数有结合律

代码实现一串数字的最大公约数

res=gcd(a[0],a[1]);
for(int i=2;i<n;i++)res=gcd(res,a[i]);

最小公倍数

lcm=(a/gcd(a,b))*b;//先除后乘，防止溢出

证明：

a=n*gcd(a,b);

b=m*gcd(a,b);

n,m互质，所以最小公倍数为a*b*gcd(a,b);

2、扩展欧几里得

对于不完全为 0 的非负整数a、b,必然存在整数对x、y,使得gcd(a,b)=ax+by。

求解 x，y的方法的理解

设 a>b。

1，显然当 b=0，gcd（a，b）=a。此时 x=1，y=0；

2，a>b>0 时，设

ax1+ by1= gcd(a,b);

bx2+ (a mod b)y2= gcd(b,a mod b);

根据朴素的欧几里得原理有 gcd(a,b) = gcd(b,a mod b);

则: ax1+ by1= bx2+ (a mod b)y2;

即: ax1+ by1= bx2+ (a - [a / b] * b)y2=ay2+ bx2- [a / b] * by2;

（[a/b]代表取小于a/b的最大整数)

也就是 ax1+ by1 == ay2+ b(x2- [a / b] *y2);

x1=y2;

y1=x2- [a / b] *y2;

这样我们就得到了求解 x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于 x2，y2.

上面的思想是以递归定义的，因为 gcd 不断的递归求解一定会有个时候 b=0，所以递归可以结束。

int x,y;
void exgcd(int a,int b,int x,int y)//不用管x，y的值，后面会赋值往前推，前面的x，y值无意义
{if(!b){x=1;y=0;return ;}exgcd(b,a%b,x,y);//这一步执行完x，y就被附上有意义的值 b*x+a%b*y=gcd(b,a%b)int t=x;x=y;y=t-a/b*y;//完成x，y的更新 a*x+b*y=gcd(a,b)
}

应用

1、求解线性方程

int solve()
{if(b%gcd(a,n))return -1;//如果b不是gcd(a,n)的倍数，无整数解int x,y;exgcd(a,n,x,y);return x*b/gcd(a,n);
}

2、求逆元

等于1的特殊情况。

五、中国剩余定理

1、孙子算经

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？即，一个整数除以三余二，除以五余三，除以七余二，求这个整数

凡三三数之剩一,则置七十；五五数之剩一,则置二十一；七七数之剩一,则置十五.一百六以上,以一百五减之,即得

2、中国剩余定理

以例题为例。

1、N是3，5，7的公倍数105。

2、N1=35，N2=21，N3=15。

3、x=a1*N1+a2*N2+a3*N3时（此时a1，a2，a3还是未知的），N2、N3都是3的倍数，x mod 3=a1*N1 mod 3=2，同理可得x mod 5=a2*N2 mod 5=3，x mod 7=a3*N3 mod 7=2。

4、更直观一点，代入35，21，15

35*a1 $\equiv$ 2（mod 3）

21*a2 $\equiv$ 3（mod 5）

15*a3 $\equiv$ 2（mod 7）

用扩展欧几里得求得a1，a2，a3

求出x=a1*N1+a2*N2+a3*N3

5、但此时x可能很大，不停减去公倍数105，缩小范围，也保证缩小后的数一定成立，就是x%=105了。

多次减去105不影响数满足初始条件，（x-105）mod n=x mod n +105 mod n=x mod n（这个等式不太严谨，理解就行）

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