基础数论笔记

基础数论笔记

笔者年尚十四，水平极为有限，该笔记主要基于《具体数学》，并对一些部分做出了一些不那么使人费解的解释，望你们指出错误，感激涕零。

最大公约数与最小公倍数​

• \(\gcd(n,m)=\max\{~k~|~~k~|~n~,~k~|~m\}\)

• \(\text{lcm}(n,m)=\min\{~k~|~~k>0~,n~|~k~,~m~|~k\}\)

• \(\gcd(0,n)=n\)，\(\gcd(m,n)=\gcd(n~mod~m,m)~~m>0\)

• \(k|m~,~k|n \Leftrightarrow k|\gcd(n,m)\)

\[充分性：\because k|m~且~k|n~\therefore k|mm'+nn'\because~mm'+nn'=gcd(n,m)~\therefore k|gcd(n,m). \\ 必要性：\because~k|gcd(n,m)~\therefore k~至少整除~n,m~分别一个因子\therefore k|n，k|m. \]

• \(\gcd(n,m) \times \text{lcm}(n,m)=n \times m\)

  \[\because \gcd(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)}~，~\text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)} \\ \therefore \gcd(n,m) \times \text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)} \times \prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)}=\prod_{p} p^{n_p+m_p} \]

• \(\gcd(n,m)=\gcd(kn,km)~，\text{lcm}(n,m)=\text{lcm}(kn,km)~~k>0\)

\[\gcd(km,kn)=\prod_{p}p^{\min(n_p+k_p,m_p+k_p)}=\prod_{p} p^{k\min (n_p,m_p)}=k~\gcd(n,m) \\ 同理~\text{lcm}(km,kn)=k~\text{lcm}(n,m)~ \]

• \(\gcd(a_1,a_2,···a_n)=gcd(a1,gcd(a_2,···a_n))\)

  \[即证实~\gcd~的结合律\\ \\下证\gcd(a,\gcd(b,c))=\gcd(\gcd(a,b),c)\\ \because \gcd(a,b)=\prod_{p} p^{\min (a_p,b_p)}，\gcd(b,c)=\prod_{p} p^{\min (b_p,c_p)}\\ \therefore \gcd(a,\gcd(b,c))=\prod_{p} p^{\min (a_p,\min(b_p,c_p))}\\ \gcd(\gcd(a,b),c)=\prod_{p} p^{\min (\min(a_p,b_p),c_p)}\\ \because \min~函数具备结合律\\ \therefore \prod_{p} p^{\min (a_p,\min(b_p,c_p))}=\prod_{p} p^{\min (\min(a_p,b_p),c_p)}=\prod_{p} p^{\min (a_p,b_p,c_p)}\\ \therefore \gcd(a,\gcd(b,c))=\gcd(\gcd(a,b),c)，\gcd~函数具备结合律 \]

• 区间\(~\gcd~\)的\(~O(n^2)~\)预处理与\(~O(1)~\)查询，所白了就是一种高效解决给定序列的区间\(~a~\)的区间\(~\gcd~\)的方法。

  固然有一种显然的\(~O(n~log~n)~\)查询方法，由上文证实的结合律求解便可，设\(~i\in [l,r]~\)，\(~a_{i_p}~\)为\(~b_i~\)(由于下标实在太多了)

  答案为：

  \[\prod_{p} p^{\min(b_{l},b_{l+1},···b_{r})} \]

  能够对其进行优化，不妨先思考这样一个问题，就是把原来的区间查询变为删掉一个位置为\(~k\)的数，而后求剩余数的\(~\gcd~\)，这个问题看起来很简答，只须要求一下前缀\(~\gcd~\)，\(~p_i~\)表示到\(~1-i~\)的前缀\(~\gcd~\)，后缀\(~\gcd~\)，\(~q_i~\)表示到\(~i-n~\)的后缀\(~gcd~\)，而后答案为\(~\gcd(p_{i-1},q_{i+1})~\)，证实很简单，就是删掉全部\(~a_i~\)的素指数，在合回去照样取\(~\min~\)，那么类推区间\(~\gcd~\)，至关因而在前面删掉了\(~l-1~\)，后面删掉了\(~n-r~\)个，能够递推，\(ans_{i,j}~\)表示区间\(~[i,j]~\)的\(~\gcd\)，那么\(~ans_{i,j}=\gcd(ans_{i,i},ans_{i+1,j})\)；答案为\(ans_{l,r}\)。（区间\(~\gcd~\)不靠数据结构貌似不能更快了，可是那个删一个的预处理方法仍是很优秀的）

素数

• 算数基本定理：仅有一种方式将 \(n\) 按照素数非减的次序写成素数的乘积

  说人话大概是这样：

  \[显然的表示是 n=\prod^m_{k=1}p_k~~p_1\leq···\leq p_m \\ 我的喜欢像这样表示~n=\prod_{p}p^{n_p}~~任意~n_p\geq0 \]

  第二种表示中的 \(n_p\) 是一个数系，表示 \(n\) 的素因子 \(p\) 的指数，由于有大量的 \(n_p\) 为 \(0\) ，因此第二中表示其实是一个有限的乘积

• \(k=mn \Leftrightarrow k_p=m_p+n_p\) （初中知识）

• \(m|n \Leftrightarrow 任意~m_p\leq n_p\)

• \(\gcd(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)}~，~\text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)}\)

• 存在比任意给定素数集合更多的素数 ——欧几里得

  \[设一个数~x=2\times3\times5\times···\times p_k+1 \\ 那么因为~p_1···p_k~都能整除~x-1~，因此~p_1···p_k~都不能整除~x~ \\ 因此在~x~的素因子中必然均为异于~p_1···p_k~的素数，甚至~x~就是一个素数 \]

同余

能够差很少默认为整数取余

• \(a \equiv b~且~d \equiv c \Rightarrow a\pm b \equiv c\pm d\mod m\)
• \(a\equiv b~且~c\equiv d\Rightarrow ac\equiv bd \mod m\)
• \(ad\equiv bd~且~\gcd(d,m)=1\Leftrightarrow a\equiv b \mod m\)

\[必要性显然；\\ 充分性：存在~d'，m'~时~dd'+mm'=\gcd(d,m)=1~，若~ad\equiv bd~，则~add'\equiv bdd'\mod m~，因此~a\equiv b~. \]

• \(ad\equiv bd \mod m\Leftrightarrow a\equiv b \mod m/\gcd(d,m)\)

\[必要性显然；\\ 充分性：\because dd'+mm'=\gcd(m,d) \\\therefore a\times \gcd(d,m)\equiv b\times \gcd(d,m) \mod m \therefore a\equiv b \mod m/\gcd(d,m). \]

• \(a\equiv b \mod km\Rightarrow a\equiv b \mod m\)
• \(a\equiv b \mod m~且~a\equiv b \mod n\Leftrightarrow a\equiv b \mod \text{lcm}(m,n)\)
• \(a\equiv b \mod m\Leftrightarrow a\equiv b \mod p^{m_p}\)

费马小定理

• \(p~为素数，\gcd(a,b)=1，a^{p-1}\equiv 1 \mod p\)

\[构造一个~p~的彻底剩余系~P~，其中任意两数关于~p~不一样余，P=\{1,2,···p-1\} \\ \because \gcd(a,b)=1~~ \therefore \{a,2a,···,(p-1)a\}~也是~p~的彻底剩余系. \\ \therefore \prod^{p-1}_{i=1}i\equiv\prod^{p-1}_{i=1}i\times a \mod p \\提出所有的~a~，设~\prod^{p-1}_{i=1}i~为~x~，那么~x\times a^{p-1}\equiv x \mod p~ \\\because \gcd(x,p)=1~\therefore a^{p-1}\equiv 1 \mod p \]

\[\mathbb{To~Be~Continued} \]