记得一位大牛说过:计算机是人造学科,数学是神造学科。练过一段时间ACM，只记得比赛时只要和数学有关的题目都十分难搞。。。。
原来的博客中对知识点的总结比较零散，希望能在新博客中做一个系统的总结吧，但毕竟时间有限，想留出更多的时间去刷题（其实就是懒……），预计会大量引用自己csdn的博文和其他人的博客。

• 基本知识

（1）(x+y)%p=(x%p+y%p)%p;
（2）(x-y)%p=((x%p-y%p)%p+p)%p;
（3）x*y%p=((x%p)*(y%p))%p。

注意除法是不满足上述取模的规律的，除法取模需要用到乘法逆元，后面会讲到。取模次数过多会严重影响程序运行速度，具体题目具体分析，许多不必要的取模是可以省略的。

• 二分幂

二分幂又叫快速幂，算法的本名貌似是：蒙哥马利幂模。

它的主要功能是计 算 a^b%p( 模 p 可 有 可 无 ) 。

举个例子：不妨设 a=107,b=102,p=1000000007，如果我们求出了 x=a^51%p， 那么 x^2%p就是答案。那么下面就是求 a^51：我们求出了 x=a^25，那么 x^2*a就是答案。

更具体的描述参见：Hdu 4506 小明系列故事——师兄帮帮忙 +Hdu 1420 (蒙哥马利幂模算法)

和 二分求幂（pow的logn算法） - 枫轩缘 这里有图解、递归写法、非递归写法

//蒙哥马利幂模算法
//快速幂
//返回值(s^index)%mod
__int64 Cal (__int64 s,__int64 index,__int64 mod)
{__int64 ans=1;s%=mod;while (index>=1){if ((index&1)==1)   //奇数ans=(ans*s)%mod;index>>=1;s=s*s%mod;}return ans;
}

上面这种写法还是比较完善的，目前没有被题卡过时间。目前做过的类型有：卡取模次数的（取多了TLE，取少了显然就爆__int64）,卡先对底数取模的……

• 单个素数的判定：

从 2 到根号 n 枚举，判断是不是 n 的因子以判断 n 是不是素数。

• 筛法求素数

常用的方法大家都叫它“素数筛法”，其实它是有名字的：埃拉托斯特尼筛法

wiki对它有很详细的描述（英文的）：Sieve of Eratosthenes

算法的基本思想是一个素数的除它本身外的所有倍数均为合数。下图（转自wiki）非常直观的描述了该素数筛法的基本原理：

具体实现：基本思想是首先标记所有数字为 0，然后从前向后找标记为 0 的，然后将该数的倍数（倍数大于等于 2）的数标记为 1。

const int NUM=1000004;
int prime[79000],np=0;
bool tag[NUM];__int64 n;void Prime ()     //素数打表prime数组从0开始,范围内最大1000003
{//共np个素数,保存在prime[0]~prime[np-1]for (int i=2;i<NUM;i++) if (tag[i] == false){   prime[np++]=i;for (int j=i+i;j<NUM;j+=i)tag[j]=true;}
}

一点补充：第二重循环可以改成 int j=i*i; 因为对于一个数x，假设它含有质因子i，那么令y=x/i;可以发现，如果x是小于i*i的数，那么其y值必小于i，在以前的筛选y的过程中，就会把x筛掉，所以没有必要重新筛选一遍。但是要注意两个int相乘有可能超范围……所以通常写作i+i，并没有慢太多。

• 约数个数

设 n=p1^e1*p2^e2*……pk^ek（pi均为素数，两两不等，ei为指数），则 n 的约数的个数为： (e1+1)*(e2+1)*……(ek+1)。这个用排列组合很容易证明。

例：12=2^2*3^1，那么 12的约数个数为(2+1)*(1+1)=6。

• 约数和

设 n=p1^e1*p2^e2*……pk^ek（pi均为素数，两两不等，ei为指数），则 n 的所有约数的和为：(p1^0+p1^1+ … … p1^e1)* … …(pk^0+pk^1……+pk^ek)。

例：12=2^2*3^1，那么 12 的约数和为：(2^0+2^1+2^2)*(3^0+3^1)=28。

给出数字 n，用 prime数组求出 n 的每个质因子以及质因子出现的个数

const int N=1;
long long p[N],pNum[N],Num;void split (long long n)
{Num=0;//np为素数个数,注意int相乘有可能会超int可表示的范围for (int i=0;i<np && (long long)prime[i]*prime[i]<=n;i++){if (n%prime[i]==0){p[Num]=prime[i];pNum[Num]=0;while(n%prime[i]==0){pNum[Num]++;n/=prime[i];}Num++;}}if (n>1) p[Num]=n,pNum[Num++]=1;
}

• 欧拉函数

欧拉函数 phi(n)表示小于n 的正整数中与 n 互质的数的个数。比如 phi(1)=1,phi(2)=1,phi(3)=2,phi(4)=2。

• 单个数字欧拉函数的求法

设p1,p2……pk是n的k个质因数，f(n)=n*(1-1/p1)*……(1-1/pk)。

比如n=12,则p1=2,p2=3，那么f(12)=12*(1-1/2)*(1-1/3)=4。

int Euler (int n)
{int i,ans=n;for (i=2;i*i<=n;i++) if(n%i==0){ans=ans/i*(i-1);while (n%i==0) n/=i;}if (n>1) ans=ans/n*(n-1);return ans;
}

• 欧拉函数的筛法

给出 N，求出 N 之内的每个数的欧拉函数。基本思想是枚举素数，判断该素数是哪些数字的质因子。

//求1到N的所有数的欧拉函数
const int N=5000005;
i64 phi[N];void init ()
{int i,j;phi[1]=1;for (i=2;i<N;i++) if (!phi[i]) for (j=i;j<N;j+=i){if (!phi[j]) phi[j]=j;phi[j]=phi[j]/i*(i-1);}
}

• 最大公约数

求两个数字 n 和 m 的最大公约数。欧几里得算法。

int Gcd (int x,int y)
{return !y?x:Gcd(y,x%y);
}

• 最小公倍数

Lcm(x,y)=x/Gcd(x,y)*y。

• 扩展欧几里得定理

给定两个数 a,b， 设 Gcd(a,b)=d， 则存在整数x,y，使得 x*a+y*b=d。

• 扩展欧几里得算法

就是上述方程中给定 a 和 b 求出 x,y。

我们知道，Gcd(a,b)=Gcd(b,a%b),而我们也就是运用这个东西来求a和b的最大公约数的 。因此，bx1+(a%b)y1=d, 由于 a%b=a-a/b*b,所以 bx1+(a-a/b*b)y1=d,所以：ay1+b*(x1-a/b*y1)=d。所以若 ax+by=d,那么显然 x=y1,y=x1-a/b*y1。注意，x,y可能是负值。

i64 Extended_Euclid (i64 a,i64 b,i64 &x,i64 &y)
{//扩展欧几里得算法,求ax+by=gcd(a,b)的一组解(x,y),d=gcd(a,b)
    i64 d;if (b==0){x=1;y=0;return a;}d=Extended_Euclid(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return d;
}

这个程序返回值为 Gcd(a,b)，得到的 x 和 y 满足：ax+by=Gcd(a,b)。当然，如果给出的是求 ax+by=c(c不一定是 a 和 b 的最大公约数)，这时当且仅当 Gcd(a,b)可以整除 c 时存在 x 和 y。 先求 ax+by=d 的一组解 x0,y0，设 k=c/d,x=x0*k,y=y0*k，则 x 和 y 就是一组解。通解为：X=x+t*b,Y=y-t*a。 （t 为任意整数）

• 乘法逆元

扩展欧几里得可以求乘法逆元。 乘法逆元的意思就是对于 a,p，若存在 b 使得 ab%p=1，则称 b 为 a 对 p 的乘法逆元。那么这个 b 有什么意思呢？对于一个数 x，x/a%p=x*b%p（a 可以整除 x） 。这样的话，就可以将除法变为乘法。那么怎么求 b 呢？ab%p=1,我们可得ab=kp+1(k 为某个整数),即 ab-kp=1，令 x=b,y=-k，则我们求出ax+py=1的一组解x,y即可。 这个式子有解的充要条件是Gcd(a,p)=1.

• 扩展阅读

#define i64 __int64
//求前n个数的约数个数和

i64 a[10]={0,1,3,5,8,10};
i64 f (i64 m)
{ if (m <=5) return a[m];i64 sum = 0; i64 i;for (i = 1; i*i <= m; ++i)sum += m/i - (i - 1);return sum*2-i+1;
}/*
数形结合，求在双曲线x*y = n在第一象限分支中下方的整点的个数。
作直线x=y，于是可以先计算上半部分（含x=y这条直线）的点数。
x=1的时候有m个，x=2的时候有m/2-1个。。。
于是乘以2。
然后x=y这条直线上的i-1个点多计算了一次，于是要减去(i-1)个。*/

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