数论基础

前言：

一些比较基础的数论知识

正文：

GCD

$gcd$ 的求法固然要用欧几里得定理，就是展转相除

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

求出了 $gcd$ 以后，咱们就能够求出 $lcm$（最小公倍数）

有一个性质是 $gcd(a,b) \times lcm(a,b)=a \times b$，这样就能够 $O(1)$ 求出 $lcm$

EXGCD

$exgcd$ 即扩展欧几里得定理

能够用来求解 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组解

具体作法就是展转相除到底而后回带，详情参见代码

如下是魔改董大佬的写法

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

如下是魔改 $pc$ 大佬的写法

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

快速幂

用于指数较大的状况

同时能够一边计算一边取模，防止爆 $long\ long$

ll qpow(ll a,ll b,ll p) { ll ans=1,base=a%p;//记得先取模 while(b) { if(b&1) ans=ans*base%p; base=base*base%p; b>>=1; } return ans; }

龟速乘

魔改的快速幂，防止直接乘起来会爆 $long\ long$

ll qmul(ll a,ll b,ll p) { ll ans=0,base=a%p; while(b) { if(b&1) ans=(ans+base)%p; base=(base+base)%p; b>>=1; } return ans; }

乘法逆元

定义

若是 $ab\equiv 1\ (mod\ p)$ 且 $gcd(a,p)=1$ ，则称 $a$ 在 $mod\ p$ 意义下的乘法逆元为 $b$

咱们知道在取模运算下是不能随便除的，因此咱们定义了逆元，$\dfrac a b\equiv a\times inv(b)\ (mod\ p)$

化简便可得 $b \times inv(b)\equiv 1\ (mod\ p)$

求法

关于它的求法，这里介绍三种

咱们知道 $a \times inv(a)\equiv 1\ (mod\ p)$ 且 $gcd(a,p)=1$

因此第一种方法就是刚刚介绍的 $EXGCD$

由逆元的定义咱们能够获得 $a \times inv(a) +k \times p=1$

而又由于 $gcd(a,p)=1$ ，因此 $a \times inv(a) +p \times k=gcd(a,p)$

因而咱们就能够直接解出 $a$ 在 $mod\ p$ 意义下的逆元

exgcd(a,p,inv,k); inv=(inv%p+p)%p;//保证逆元为正数

第二种求法是费马小定理

若是 $p$ 为质数，而且 $gcd(a,p)=1$ ，那么 $a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此它能够用来解决模数 $p$ 是质数的状况

由 $a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)$ 可知 $a \times a^{p-2}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $a$ 在 $mod\ p$ 意义下的逆元即为 $a^{p-2}$，快速幂可求

inv=qpow(a,p-2,p)%p;

第三种求法是欧拉定理

一样的，若是 $gcd(a,p)=1$，则有 $a^{φ(p)}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此它也能够解决模数 $p$ 不是质数的状况

由 $a^{φ(p)}\equiv 1\ (mod\ p)$ 可知 $a \times a^{φ(p)-1}\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $a$ 在 $mod\ p$ 意义下的逆元即为 $a^{φ(p)-1}$，快速幂可求

inv=qpow(a,phi[p]-1,p)%p;

线性递推

咱们设$a=\lfloor\dfrac p i\rfloor,b=p\%i$

因此 $a \times i+b=p$

因此 $a \times i+b\equiv 0\ (mod\ p)$

因此 $i\equiv -\dfrac{b}{a}\ (mod\ p)$

因此 $i^{-1}=-a \times b^{-1}$

即 $inv(i)=-(p/i) \times inv(p\%i)$

因此咱们能够 $O(n)$ 递推

void pre_solve(int n,ll p) { inv[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;//防止逆元为负，咱们给它加上一个p }

阶乘逆元

在求组合数时，咱们还常常须要求阶乘的逆元

根据定义$a! \times inv(a!)\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $(a-1)! \times(a \times inv(a!))\equiv 1\ (mod\ p)$

因此 $inv((a-1)!)=a \times inv(a!)$

因此咱们能够先求出 $inv(a!)$

而后 $O(n)$ 递推出其它阶乘逆元

ll jc[maxn]; ll inv[maxn]; void pre_solve(int n,ll p) { jc[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=(jc[i-1]*i)%p; inv[n]=qpow(jc[n],p-2,p); for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%p; }

后序：

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$ps:$ 数学真是有趣呐~~~