算数基本定理：

1.整数及其相关

2.唯一分解定理

对于任意的大于1的正整数N，N一定能够分解成有限个质数的乘积，即

其中P1<P2<...<Pk,a₁,a₂,...,a_k>=1;

证：

存在性：

若存在最小的N不满足条件，当N为质数是，显然不成立；当N为合数时，存在P，使得N=P*（N/P），N/P<N,与假设N为最小的矛盾，故一定存在；

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即：假设N为最小的

当N为质数直接gg

当N为合数还是gg

故不存在...

唯一性：

假设N的分解不唯一

设存在最小的N，使得N=p₁^r1 p₂^r2.... p_k^rk且N=q₁t1 q₂t2 .....q_ntn

则p₁|q₁^t1q₂^t2 .....q_n^tn

假设p₁=q₁,且r1>=t1，那么两个式子同时除以p₁^t1，

有p_{1^r1-t1.....=}q₁0 .....

而经过变换后的式子要小于原式

这与假设N为最小的不满足的矛盾

（A是一个<=n的正整数两个条件至少有一个成立）

素数的判定

下面来讲点OI的东西

这是一个现有的最快的确定性的判断质数的方法

其实就是弱智筛啊

还有另外一种不是百分百的算法，但是更快

Miller-rabin素性测试

如果n为素数，取a<n，设n-1=d*2^r,则要么a^d≡1（mod n）要么存在0<=i<r,使得a^{d*2^t}≡-1(mod n)，要么存在0<=i<r，使得a^{d*2^t}≡-1(mod n)(有可能都满足)

对于任意一个a，如果满足这两个条件，n有可能是质数，但a如果不满足这两个条件中的任何一个，它一定不是质数。找k个a，如果都满足这两个条件，k-1个“更”有可能是质数

在选取k的时候，最好选取2,3,5,7,13,29,37,89至少保证int范围内不会出错

因为筛法的不确定性来自于随机的a，但是当选取的数足够好，就没有问题；

如果n是素数，取a<n,舍n-1=d*2^r,则要么a^d≡1(mod n),要么存在0<=i<r，使得a

部分代码：

int gg[8]={2,3,5,7,13,29,37,89};

long long kuaisumi(long long a,long long b1,long long c)
{
    long long i=a;
    while(b1)
    {
        if(b1&1) 
        {
            s=(s*i)%c;
        }
        i=(i*i)%c;
        b1>>=1;
    }
    return s%c;
}

bool miller_rabin(int a,int n)
{
    int d=n-1,r=0;
    while(d%2==0)
        d/=2,r++;
    int x=kuaisumi(a,d,n);
    if(x==1)return true;
    for(int i=0;i<r;i++)
    {
        if(x==n-1)return true ;
        x=(long long )x*x%n;
    }
    return false;//可以对照素性测试看 
}

bool is_prime (int n)
{
    if(n<=1)return false ;
    for(int a=0;a<8;a++)
        if(n==gg[a])return true;//一个个试 
    for(int a=0;a<8;a++)
        if(!miller_rabin(gg[a],n))return false;
    return true;
}

最大公因数和最小公倍数

3，最大公因数

Gcd(a,b)=max{x(x|a,x|b)}

欧几里得算法的核心思想

gcd(a,b)=gcd(b,a-b)==>gcd(a,b)=gcd(b,a%b)

现在证明gcd(a,b)=gcd（b,a-b）

d=gcd(a,b) =>a=dx　　b=dy;

a-b=d(x-y);

“任意”：∀；“存在”：∃

对于gcd(b,a-b),∃ t>1,t|y,t|x-y;

t>1,t|y,t|x-y　　=>t|x,t|y　　=>td|a td|b

裴蜀定理

给定a,b,c,则ax+by=c有整数解的充要条件是gcd(a,b)|c

来证一下

不妨使用唯一分解定理

充分性：

d=gcd(a,b),

则d|a,d|b==>d|ax+by=c==>d|c充分性证毕

必要性：

设d=gcd(a,b),s=min(ax+by),s>0

a/s=q......r(0<=r<s)==>r=a-qs=a-q(ax+by)=(1-qx)a-qyb

因为s=min(ax+by)，所以r=0==>s|a&&s|b==>

1-------s|gcd(a,b)

s=ax+by=b(nd)+y(md)==>

2-------d|s

综合1,2，得到s=d

证毕

一个应用

请证明：设p为质数，若p|ab,则p|a或p|b

证：

当p|a时，显然成立

否则，gcd(p,a)=1==>xp+ya=1

b=b*1=b(xp+ya)=pxb+yab

p|pxb==>p|yab

在做了这么多铺垫之后，我们终于要开始学习同余的有关知识了，

扩展欧几里得（辗转相除法）

目的：求ax+by=gcd(a,b)的一组解（x,y）

递归求解即可

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