数论[阿巴阿巴阿巴]

最大公约数

      int gcd(int a, int b)     
      {
    
    return (b) ? gcd(b, a % b) : a;}

欧拉函数

$φ (n)$ 表示 $2 - n$ 中与 $n$ 互质的数的个数
当 $N = p_{1}^{c_1} * p_{2}^{c_2} * ... * p_{m}^{c_m}$ ，则 $\frac{p_1 - 1}{p_1} * \frac{p_2 - 1}{p_2} * ... * \frac{p_m - 1}{p_m} = N * \prod_{质数p|N}(1 - \frac{1}{p})$

证明：
设 $p$ 是 $N$ 的质因子，1~N中 $p$ 的倍数有 $p, 2 p, 3 p, . . ., (N / p) * p$ ，共 $N / p$ 个
同理，若 $q$ 也是 $N$ 的质因子， $1 - N$ 中 $q$ 的倍数有 $N / q$ 个
如果把这 $N / p + N / q$ 去掉，那么 $p * q$ 的倍数就会排除了两次，需要加回来一次。
因此 $1 - N$ 中不与N含有共同质因子 $p$ 或 $q$ 的数的个数为:
$\frac{N}{p} - \frac{N}{q} + \frac{N}{pq} = N * (1 - \frac{1}{p} - \frac{1}{q} + \frac{1}{pq}) = N(1 - \frac{1}{p})(1 - \frac{1}{q})$

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

$S o m e t h i n g$
$1 - n (1 < n)$ 中与n互质的数的和为 $n * φ (n) / 2$
证明：
因为 $g c d (n, x) = g c d (n, n - x)$ ，所以与n互质的数x，n-x成对出现，则两者之和为n
所以质数和为 $φ (n) * n / 2$

同余

$5\ ≡\ 7\ (mod\ \ 2)$ 表示 $5$ 和 $7$ 模 $2$ 的余数相同
$S o m e t h i n g$
$a\ ≡\ b\ (mod\ \ n)\ \ =>\ \ b\ ≡\ a\ (mod\ \ n)$
$a\ ≡\ b\ (mod\ \ n)\ \ =>\ \ a+c\ ≡\ b+c\ (mod\ \ n)$
$a\ ≡\ b\ (mod\ \ n)\ \ =>\ \ a * c\ ≡\ b * c\ (mod\ \ n)$
$a\ ≡\ b\ (mod\ \ n)\ \ 且\ a\ ≡\ c\ (mod\ \ n)\ =>\ \ b\ ≡\ c\ (mod\ \ n)$
$∵a\ ≡\ b\ (mod\ \ n),c\ ≡\ d\ (mod\ \ n)∴a\ ±\ c\ ≡b\ ±\ d(mod\ \ n)$
$∵a\ ≡\ b\ (mod\ \ n),c\ ≡\ d\ (mod\ \ n)∴ac\ ≡bd(mod\ \ n)$

欧拉定理

当正整数 $a, n$ 互质，则 $a^{φ(n)}≡1(mod\ n)$
证明：
设 $S_1 = r_1, r_2, ... ,r_{φ(n)}$ ， $r_i$ 为 $mod\ n$ 的即约剩余数
$S_1 * a = S_2 = {ar_1, ar_2, ... ,ar_{φ(n)}}$ ， $ar_i$ 也是 $mod\ n$ 的即约剩余数
∴ $\prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i ≡ \prod_{i = 1}^{φ(n)}ar_i (mod\ n)$
∴ $a^{φ(n)}\ \prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i ≡ \prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i (mod\ n)$
∴ $n|(a^{φ(n)}\ \prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i - \prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i)$
∴ $n|(a^{φ(n)} - 1)\ \prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i···················m|ab$
∵ $r_i$ 与 $n$ 互质
∴ $\prod_{i = 1}^{φ(n)}r_i$ 也与 $n$ 互质 $\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cdot m ∣ a$
∴ $n|(a^{φ(n)} - 1)······························m|b$
∵ $b)\ =>\ \ a\ ≡\ b\ (mod\ m)$
∴ $a^{φ(n)} ≡ 1(mod\ n)$

费马小定理

当 $p$ 是质数，则 $a^p ≡ 1(mod\ p)$
证明：
当 $a\ mod\ p\ ≠\ 0$ ，也就是 $a$ 不是 $p$ 的倍数时，则 $a$ 与 $p$ 互质
由欧拉定理得 $a^{φ(p)}≡1(mod\ p)$
∴ $a^{p - 1} ≡ 1 (mod\ p)·····························φ(质数) = 质数 - 1$
∴ $a^p ≡ a (mod\ p)·······························两边同乘a$
当 $a\ mod\ p\ =\ 0$ ，也就是 $a$ 是 $p$ 的倍数时（ $a$ 与 $p$ 不互质）时（就不能用欧拉定理了）
$a\ mod\ p\ =\ a^p\ mod\ p\ =\ 0$
∴ $a^p\ ≡\ a\ (mod\ p)$

欧拉定理的推论

若 $a$ ， $n$ 互质，则对于任何正整数 $b$ ，有 $a^b\ ≡\ a^{b\ mod\ φ(n)}\ (mod\ \ n)$
证明：
设 $b\ =\ q\ *\ φ(n)\ +\ r$ ，其中 $0\ \leq r \leq\ φ(n)$ ，即 $r\ =\ b\ \ mod\ \ φ(n)$ 。
则 $a^b\ ≡\ a^{q\ *\ φ(n)\ +\ r}≡(a^{φ(n)})^q\ *\ a^r\ ≡\ 1^q\ *\ a^r\ ≡\ a^r\ ≡\ a^{b\ mod\ \ φ(n)}(mod\ \ n)$

扩展欧几里得算法

任意 $a,\ b$ ，存在一对 $x,\ y$ ，满足 $ax\ +\ by\ =\ gcd(a,\ b)$
证明：
若 $b \neq = 0$ ，则 $gcd(a,\ b)\ =\ gcd(b,\ a\ mod\ b)$
并假设存在一对整数 $x,\ y$ ，满足 $b*x+(a\ mod\ b)*y\ =\ gcd(b,\ a\ mod\ b)$
所以 $bx+(a\ mod\ b)y$
$\ =\ bx + (a\ -\ b\lfloor a/b \rfloor) y$
$\ =\ bx + (ay\ -\ by\lfloor a/b \rfloor)$
$\ =\ ay\ +\ b(x\ -\ y\lfloor a/b \rfloor)$
所以令 $x'\ =\ y,\ y'\ =\ x\ -\ y\lfloor a/b \rfloor$
就得到 $ax'\ +\ by'\ =\ gcd(a,\ b)$
若 $b = 0$ 的话，则显然有 $x\ =\ 1,\ y\ =\ 0$
使得 $a\ *\ 1\ +\ b\ *\ 0\ =\ gcd(a,\ 0)\ =\ gcd(b,\ b-a)\ =\ gcd(a,\ b)$

int gcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    
    
	if(b == 0)
	{
    
    
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int d = gcd(b, a % b, x, y);
	int z = x;
	x = y, y = z - y * (a / b);
	return d;
}