<福州集训之旅Day5> | 数论 |

可怕的数论

gcd与lcm

同余，整除与不定方程

拓展欧几里得

逆元

费马小定理

排列组合

---

<更新提示>

<第一次更新>丧心病狂的数论开讲啦！
<第二次更新>更正了几个错别字，顺便更新了在码字过程中“拓展欧几里得”算法的通解x_,y_与代码x1，y1不一致，容易导致误解的问题，还修正了“费马小定理求解逆元”中的推导过程漏字的问题。
<第三次更新>更正了“费马小定理求解逆元”推导过程中a^(p-1)未改为a^(p-2)的问题。补充说明了“费马小定理求解逆元”。

---

<正文>

gcd（最大公因数）与lcm（最小公倍数）之间的关系

众所周知地，求gcd最著名的方法就是辗转相除法，这边为大家附上辗转相除法的代码

int gcd(int a,int b)
{returnb==0？a:gcd(b,a%b)；}

利用两数之间奇特的余数交换关系，就能求出两数的最大公因数。对于gcd的证明过程，在这边也简单的提一下：
辗转相除法的证明

　　设两数为a、b(b＜a)，求它们最大公约数的步骤如下：用b除a，即a/b=q…..r，得a＝bq＋r（0≤r＜b，即为余数）（q是这个除法的商）。若r=0,则b是a和b的最大公约数，a，b存在倍数关系。若r≠0,则继续考虑。

　　首先，应该明白的一点是任何 a 和 b 的公约数都是 r 的公约数。要想证明这一点，就要考虑把 r 写成 r=a-bq。现在，如果 a 和 b 有一个公约数 d，而且设 a=sd , b=td, 那么 r = sd-tdq = (s-tq)d。因为这个式子中，所有的数（包括 s-tq )都为整数，所以 r 可以被 d 整除。

　　对于所有的 d 的值，这都是正确的；所以 a 和 b 的最大公约数也是 b（因为b< a，所有取b继续运算才能不断缩小规模，直至两数有倍数关系） 和 r 的最大公约数。因此我们可以继续对 b 和 r 进行上述取余的运算。这个过程在有限的重复后，可以最终得到 r=0 的结果，我们也就得到了 a 和 b 的最大公约数

对此，我们又可以根据gcd和lcm之间最基本的关系，求出lcm。即lcm=ab/gcd，我们也能写出lcm的求值函数

int lcm(int a,int b)
{
    return a*b/gcd(a,b);
}

当然，gcd(a,b)*lcm(a,b)=ab也显然是成立的。
但是我们今天要提的不只是辗转相除法，我们反而应该认识gcd与lcm的朴素算法。

设有

$$a=p_1^ {a_1}*p_2^ {a_2}*...*p_k^ {a_k}$$
$$b=p_1^ {b_1}*p_2^ {b_2}*...*p_k^ {b_k}$$
因为a，b因子底数不一定完全相同，所以允许指数为零。有了a，b的因式表达式，自然就能推出gcd，lcm的表达式，即为gcd，lcm的朴素算法：

$$gcd（a，b）=p_1^ {min(a_1，b_1)}*p_2^ {min(a_2，b_2)}*...*p_k^ {min(a_k，b_k)}$$
lcm同理可推得：
$$lcm（a，b）=p_1^ {max(a_1，b_1)}*p_2^ {max(a_2，b_2)}*...*p_k^ {max(a_k，b_k)}$$
经过思考，这显然是成立的，我们就又得到了一种求gcd和lcm的算法。

同余，整除与不定方程

在讲解之前，先定义a≡b(modm)，其意即为a与b对m取余相等，也能表达为a%m=b%m，当然m|a-b（|为整除号，意为（a-b）%m=0，后面被前面整除）一定成立，定义完了符号，就可以开始同余之旅了。

同余的性质：
（1）对于同一个除数，两数的和（或差）于他们余数的和（或差）同余数。
即可表达为：a₁≡a₂ (mod m),b₁=b₂时， a₁±b₁≡a₂±b₂（mod m）。
（2）对于同一个除数，两数的乘积与他们余数的乘积同余。
即可表达为：a≡b(mod m)时，ab≡[(a%m)(b%m)](mod m)。
（3）对于同一个除数，如果两个整数同余，那么他们的差就一定能被这个数整除。
即可表达为：a≡b(mod m)时，m|a-b（即定义符号时的表达式）。
（4）对于同一个除数，如果两个整数同余，那么他们的乘方仍然同余。
即可表达为：a≡b(mod m)时，a²≡b²(mod m)。

这是关于同余的定理，在数论同余的题目中重要的时灵活应用性质，才能快速的解题。

不定方程常用小定理：
若gcd(a，b)=d，则方程ax+by=d一定有至少一组x，y整数解。同理，也能逆向推导，如果ax+by=d有整数解，则必然有gcd（a，b）=d。再逆向运用性质1，又可得d|ax，d|by。这里，我们就要向下讲解了。

扩展欧几里得

扩展欧几里得是一种求解方程ax+by=c的一组通解x1，y1的算法，使他们满ax+by=gcd(a,b)=d（贝祖等式）。具体的是利用辗转相除法和同余的性质，使ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=…,利用辗转相除法缩小a，b的规模，直至b=0，这时，我们再使x=1，y=0，这样原方程一定成立。我们就可以从最终状态倒推x，y。
具体过程如下：
a*x+b*y = gcd(a , b)
= gcd(b , a mod b)
我们设有x1，y1，使得下等式成立：
= b * x1 + (a mod b) * y1
= b * x1 + (a - a / b * b) * y1
即a*x+b*y = b * x1 + (a - a / b * b) * y1
化简上式，得a*x+b*y = a*y1 - b*a/b*y1 + b*x1 ，
即a * x + b * y= a * y1 + b * (x1-a/b*y1)
所以有：x=y1，y=x1 - a/b*y1
如果这样理解了，那代码不就显而易见了吗？

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int exgcd(int &x,int &y,int a,int b)
{
    if(b==0){x=1,y=0;return a;}
    int x1,y1,g;
    g=exgcd(x1,y1,b,a%b);
    x=y1;y=x1-(a/b)*y1;
    return g;
}
int main()
{
    int a,b,x,y;
    cin>>a>>b;
    int d=exgcd(x,y,a,b);
    cout<<"x:"<<x<<" "<<"y:"<<y<<" "<<"d:"<<d<<endl;
    return 0; 
}

如果实在不理解，再这里推荐一篇博客吧——exgcd.
扩展欧几里得的算法就是如上的，相比普通欧几里得，拓展欧几里得求了x，y的一组通解显然，这求出的是所有通解的特解，再这之中比如有一个数对于另一个数的乘法逆元。

逆元

什么是乘法逆元？当ab≡ 1(mod m）时，我们称a，b再mod的意义下互为对方的乘法逆元，或者说x 是 a 关于 m 的乘法逆元。我们记a=b^-1,b=a^-1。（b^-1*b≡b^-1+1≡b⁰≡1）。
例：
4*4≡1（mod 5），即再mod 5的意义下，4和其本身互为逆元。我们仍然记4=4^-1。（不要对4=1/4感到奇怪，再乘法逆元中，确实时这样定义的，只需要意会，理解即可）事实上，逆元确实也称为数论倒数。接下来我们开始讲逆元存在的意义。
先看同余的加减乘除运算：
(a + b)≡(a%p + b%p)（mod p）（对）
(a - b)≡ (a%p - b%p)（mod p）（对）
(a * b)≡(a%p * b%p) （mod p）（对）
(a / b)≡(a%p / b%p) （mod p）（错）
证明对是很难的，但证明错举一个反例即可：
(100/50)%20 = 2 ≠ (100%20) / (50%20) %20 = 0
对于一些大数据题目，我们必须再计算过程中对结果进行不断求余，但如果中间的运算是乘法，那是不是取余就不行了呢？
答案是否定的，这时候就要用到乘法逆元了。
我们知道，如果x为a的倒数，则x=1/a。但现在问题变了，我们要使x让a*x ≡1 (mod p)成立，那x一定等于1/a吗？不是的，所有我们就要把x称为a关于p的逆元了。例如 2*3≡1（mod p）依然成立，但2不是3的实数意义上的倒数，3也不是2在实数意义上的倒数，但他们在模意义上是成立的。所以逆元将除法转换为了乘法，这便是逆元的意义了。

同时这里给出几个根据逆元得出的结论：
ax≡1（mod m）
1）m|ax+1
2）ax-1=my（y是一个整数）
3）ax-my=1
4）gcd（a，m）|1（即若a在mod m情况下有逆元，则a与m互质）

接下来步入正题——求解逆元：

还记得扩展欧几里得算法吗？
在扩展欧几里得中，通常的等式为：a*x+b*y = gcd(a , b)，但是扩展欧几里得有一种特殊的情况：当gcd(a，b)=1时，a*x+b*y=1，显然在这种情况下a，b时互质的，如果x，y有解，那x就是a关于b的逆元，y就是b关于a的逆元。
推理过程如下：
a*x + b*y = 1
将两边同时求余b
a*x % b + b*y % b = 1 % b
a*x % b = 1 % b
a*x ≡1 (mod b)
ax≡1（mod b）出现了！
所以x是a关于b的逆元
同理可证明y是b关于a的逆元
上代码！

long long inv(int a,int b)//我们记inv(a，b)为a关于b的逆元
{
    long long x,y;
    int d=exgcd(x,y,a,b);
    return d == 1 ? (x % b + b) % b : -1;

}

接下来，我们用费马小定理来求逆元！

费马小定理

费马小定理是数论中极其重要的定理，它的说明如下：
假设gcd（a，p）=1，那么a^(p-1) ≡1 (mod p)
如果费马小定理是成立的（废话），那么我们可以用其推出a的逆元,过程如下：
a^(p-1) ≡1 (mod p)
两边同时除以a
a^(p-2) ≡1/a (mod p)
不对，数论中不能用1/a
a^(p-2) ≡inv(a)(mod p)
所以inv(a)≡a^(p-2)(mod p)
在这里inv(a)=a^(p-2)时条件显然成立，我们计算a^(p-2)即为a在模p意义下的一个逆元。
这个用快速幂求一下，复杂度O(logn)

int quickpower(int a,int b,int c) //a的b次方模c 
{  
    int ans=1;   //记录结果  
    a=a%c;   //预处理，使得a处于c的数据范围之下  
    while(b!=0)  
    {  
        if(b&1) ans=(ans*a)%c;   //如果b的二进制位不是0，那么我们的结果是要参与运算的  
        b>>=1;    //二进制的移位操作，相当于每次除以2，用二进制看，就是我们不断的遍历b的二进制位  
        a=(a*a)%c;   //不断的加倍  
    }  
    return ans;  
}  
long long fermat(long long a,long long p)
{
    return quickpower(a,p-2,p);
}

好吧，接下来剩的就是证明费马小定理了。有兴趣自己参考吧！
第一步：
证明引理：
设m是一个整数且m>1，b是一个整数且gcd(m,b)=1。如果a[1],a[2],a[3],a[4],…a[m]是模m的一个完全剩余系，则b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]也构成模m的一个完全剩余系
（完全剩余系：从模n的每个剩余类中各取一个数，得到一个由0到n-1，n个数组成的集合，叫做模n的一个完全剩余系。）
证明：用反证法，若存在2个整数b·a[i]和b·a[j]同余即b·a[i]≡b·a[j](mod m)..(i>=1 && j>=1)，根据同余定理则有a[i]≡a[j](mod m)。根据完全剩余系的定义可知这是不可能的，因此不存在2个整数b·a[i]和b·a[j]同余。

证完了引理，我们开始证费马小定理：
构造p的完全剩余系：

$$P={(1,2,3...p-1)}$$
根据已证的引理，我们得知 $$(a,2a,3a...a(p-1))$$ 也是p的完全剩余系。
根据完全剩余系的性质显然可得： $$(1*2*3*...*p-1)≡(a*2a*3a*...*a(p-1))(mod p)$$
提取公因式，得： $$(p-1)!≡(p-1)!*a^{p-1}(mod p)$$
根据同余的性质，两边同时约去(p-1)!，得：
$$1≡a^{p-1}(mod p)$$ 是不是似曾相识，费马小定理证毕。

排列组合

排列组合其实和数论没什么关系啦，在这里简单提一提吧！
排列组合分A和C两种，A(n,m)(n为下标，m为上标)意为从1到n中选m个数进行排列的方案数，C(n,m)意为从1到n中选m个数的方案数，不计排列。计算公式如下：

$$A^m_n=\frac{n!}{(n-m)!}$$
$$C^m_n=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

对于排列组合的计算公式，还有几个另外的拓展公式：

$$C^n_m=C^{n-1}_m+C^{n-1}_{m-1}$$
$$C^n_0+C^n_1+...+C^n_n=2^n$$
$$C^n_m=c^n_{n-m}$$
$$C^n_m=\frac{n}{m}C^{n-1}_{m-1}$$
对于二项展开式定理，排列组合也有相应的公式：
$$(a+b)^n=\sum_{i=0}^n C^n_i*a^i*b^{n-1}$$
数论内容部分就告一段落啦！

---

<后记>
有人给我评价回复一下吗？码字超辛苦的，指出错误也行啊。

---

<废话>