- 欧拉函数
- 欧拉函数\(\varphi(N)\) : 1-N中与N互质的数的个数
- 若\(N = p_1^{a_1} · p_2^{a_2} · p_3^{a_3} ··· ·p_n^{a_n}\) 其中p为N的所有质因子
- 则\(\varphi(N) = N(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})\)
- 证明：
- 互质：两数的公共因子只有1
- 去掉所有与N有(大于1的)公共因子的数，剩下的数就是与N互质的数
- 对N的所有质因子\(p_k\)，去掉所有\(\underline{质数p_k的倍数}\)(与N有公共因子的数)，\(\underline{每个质数的倍数}\)个数为 \(\frac{N}{p_k}\)，即$$N – \frac{N}{p_1} – \frac{N}{p_2} – ··· -\frac{N}{p_n}$$
- 对于数 \(p_i·p_j\)，在去掉 \(p_i\) 的倍数和去掉 \(p_j\) 的倍数的过程中去除了两次，所以要加上一次，即$$N – (\frac{N}{p_1} + \frac{N}{p_2} + ··· +\frac{N}{p_n}) + (\frac{N}{p_1p_2} + \frac{N}{p_1p_3} + ··· +\frac{N}{p_{n-1}p_n})$$
- 对于数 \(p_i·p_j·p_k\)，在去掉\(p_k\)的倍数的过程中被去掉了三次，在加上合数 \(p_i·p_j\) 的过程中被加上了三次，所以合数 \(p_i·p_j·p_k\) 没有被去掉，因此要去掉它，即$$N – (\frac{N}{p_1} – \frac{N}{p_2} – ··· -\frac{N}{p_n}) + (\frac{N}{p_1p_2} + \frac{N}{p_1p_3} + ··· +\frac{N}{p_{n-1}p_n}) – (\frac{N}{p_1p_2p_3} + \frac{N}{p_1p_2p_4} + ··· +\frac{N}{p_{n-2}p_{n-1}p_n})$$
- 对于合数 \(p_i·p_j·p_k·p_m\) 同理，归纳递推可知，所有质数个数为：$$N – \displaystyle\sum^n_{i=1}{\frac{N}{p_i}}+\displaystyle \sum_{1<=i<j<=n}{\frac{N}{p_ip_j}}-\displaystyle \sum_{1<=i<j<k<=n}{\frac{N}{p_ip_jp_k}}+···+(-1)^{2n-1}\displaystyle \sum_{1<=i<j<k<···<=n}{\frac{N}{p_ip_jp_k···p}}$$
- 同样基于容斥原理：
- \[|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|\]
- \[|\displaystyle \cup_{i=1}^n A_i |=\sum_{i}|A_i|-\sum_{i,j} |A_i \cap A_j|+\ldots +(-1)^{n+1}|\cap_{i=1}^n A_i |\]
- 与N有(大于1的)公共因子的个数 =| \(p_i\) 的倍数的个数| – |\(p_ip_j\) 的倍数的个数| + |\(p_ip_jp_k\) 的倍数的个数 ··· \((-1)^{n+1}\) |\(p_ip_j···p_n\) 的倍数的个数|
- 将上式因式分解后：$$N(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})$$
- 容斥原理：
int res = a;for(int i = 2; i 1) res = res / a * (a - 1);//最后一个因子可能大于sqrt(a) - 筛选法：
- 利用线性筛选质数的过程求出每个数的欧拉函数
- 欧拉函数为积性函数，当a与b互质时有$$\varphi(a·b)=\varphi(a)·\varphi(b)$$
- 当i为质数时，$$\varphi(i)=i-1$$
- 当\(\frac{i}{p_j} = 0\)时，\(p_j\)为i的质因子，此时\(p_j·i\)的质因子与i的质因子完全相同，所以 $$\varphi(pj·i)=pj·i·(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})=p_j·\varphi(i)$$
- 当\(\frac{i}{p_j} \neq 0\)时，\(p_j\)不为i的质因子，此时\(p_j·i\)的质因子比i的质因子多一个\(p_j\)，所以 $$\varphi(pj·i)=pj·i·(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})···(1-\frac{1}{p_n})(1-\frac{1}{p_j})=p_j·\varphi(i)·(1-\frac{1}{p_j})=(p_j – 1)·\varphi(i)$$
- 代码：
const int N = 1e6 + 10;typedef long long LL;int primes[N], cnt;//质数数组，下标int st[N];//标记为合数int phi[N];//欧拉函数int n;LL get_eulers(int n){ phi[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; ++ i){ if(!st[i]){ primes[ ++ cnt] = i; phi[i] = i - 1;//质数i的欧拉函数为i - 1 } for(int j = 1; primes[j] <= n / i; ++ j){ int pj = primes[j]; st[pj * i] = 1; if(i % pj == 0){//i是合数 phi[pj * i] = pj * phi[i];//pj为i的质因子 break; } else phi[pj * i] = (pj - 1) * phi[i];//pj不是i的因子 } } LL ans = 0; for(int i = 1; i <= n; ++ i) ans += phi[i]; return ans;}
- 欧拉函数的应用
- 欧拉定理
- 若a与n互质，则$$a^{\varphi(n)}\pmod n\equiv1$$
- 证明：
- 若a与b互质，且\(a\pmod b\neq 0\)则\(a\pmod b\) 也与b互质
- 设\(a_1,a_2,a_3···a_{\varphi(n)}\) 为1~n中的所有与n互质的数
- 每个数同时乘上a得\(a·a_1,a·a_2,a·a_3···a·a_{\varphi(n)}\) 由于a也与n互质，所以乘a后所得的数也全部与n互质
- 将每个数mod n，取模后的每个数都在1~n范围内，并且仍然都与n互质，显然取模后的这几个数就是原来的几个数，只不过数的顺序可能发生了变化
- 将所有数相乘，则有$$a·a_1·a·a_2·a·a_3···a·a_{\varphi(n)} \pmod n=a_1·a_2·a_3···a_{\varphi(n)}$$
- 所以有：$$a^{\varphi(n)}·(a_1a_2a_3···a_{\varphi(n)})\pmod n \equiv (a_1·a_2·a_3···a_{\varphi(n)})$$即$$a^{\varphi(n)}\pmod n\equiv1$$
- 特别地，当n为质数时，\(a^{n-1}\pmod n\equiv1\) 为费马定理
- 欧拉定理
- 快速幂
- 快速地求出\(a^k\pmod b\)，时间复杂度为\(O(log(k))\)
- 将k拆分为二进制相加，即
- \[k=c_1·2^1+c_2·2^2+c_3·2^3+···+c_n·2^n\]
- 其中 \(c_i\) 是k的二进制的每一位(0/1)，n最大为k的二进制的位数
- 所以
- \[a^k\pmod b=a^{c_1·2^1+c_2·2^2+c_3·2^3+···+c_n·2^n} \pmod b=a^{c_1·2^1}·a^{c_2·2^2}·a^{c_3·2^3}···a^{c_n·2^n} \pmod b\]
- 所以每次遍历k的所有二进制位，同时预处理出\(a^i\)，根据k的二进制的取值将答案累乘
- 代码：
typedef long long LL;//求a^k mod bint qmi(int a, int k, int b){int res = 1;while(k){if(k & 1) res = (LL)res * a % b;//k的当前位非0，则将a累乘到答案k >>= 1;//k右移一位a = (LL)a * a % b;//a的幂倍增}return res;} - 快速幂求逆元
- 若b与p互质，且 \(b|a\)，\(\frac a b=a·x \pmod p\) ，则x为b的逆元
- 两边乘b有$$a=a·b·x \pmod p$$
- 所以有$$b·x=1 \pmod p$$
- 若p是质数，有费马定理$$b^{p-1} = 1 \pmod p$$则$$x=b^{p-2}$$
- 若p不是质数，有欧拉定理$$b^{\varphi(p)}=1 \pmod p$$则$$x=b^{\varphi(p)- 1}$$
- 代码：
int qmi(int a, int b, int p){略...}if(b与q互质){ //互质是有解的前提if(p为质数) cout << qmi(b, p - 2, p);else cout << qmi(b, phi[p] - 1, p);}else 无解
- 扩展欧几里得定理
裴蜀定理：对于任意正整数a,b, 都一定存在整数x,y, 使得\(ax+by=gcd(a,b)\), 并且 \(gcd(a,b)\) 一定是a与b能构造出来的最小公约数
扩展欧几里得算法就是求这样的x，y
用于求解方程 \(ax+by=gcd(a,b)\) 的解
当 \(b=0\) 时 \(ax+by=a\) 故而 \(x=1,y=0\)
当 \(b \neq 0\) 时,因为
- \[gcd(a,b)=gcd(b,a \% b)\]
而
- \[b·x_1+(a \% b)·y_1 = gcd(b,a\%b)\]
- \[b·x_1+(a-\lfloor a/b \rfloor · b)·y_1=gcd(b,a\%b)\]
- \[ay_1+b·(x_1-\lfloor a/b \rfloor)=gcd(b,a\%b)=gcd(a,b)\]
故而 $$x=y_1,\quad y=x_1-\lfloor a/b \rfloor ·y_1$$
代码：
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){ if(!b){ //b = 0时，ax + by = gcd(a, 0) = a,所以x = 1, y = 0; x = 1, y = 0; return a; }else { int d = exgcd(b, a % b, x, y);//交换a与b，x与y int t = x; x = y;//x1 = y2 y = t - a / b * y;//y1 = x2 - a / b * y2 return d; }}//简化版void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){ if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }else{ int d = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return d; } }- 扩展欧几里得求解线性同余方程
- 线性同余方程：$$ax \equiv b \pmod m$$ 其中a，x，b，m均为整数，x为未知数，方程等价于 \(ax=km+b\)，也等价于 $$ax+mk=b$$其中x,k均为未知数
- 方程形如：$$ax+by=c$$ 的直线方程，解(x,y)为直线上散列的点
- 求出a，b的最大公约数\(d = gcd(a,b)\)，方程化为 $$d(x \frac a d+y\frac b d)=c$$易知其中 \(x \frac a d+y\frac b d\) 为整数，所以要求 \(d|c\)，故 $$c=k·d=k·gcd(a,b)$$
- 所以线性同余方程\(ax \equiv b \pmod m\)有解的充要条件为b为\(gcd(a,m)\)的倍数
- 当 \(b \neq k’·gcd(a,m)\) 时(\(k’\) 为整数)，方程无解
- 当 \(b = k’·gcd(a,m)\) 时，先用扩展欧几里得求出方程 \(ax+mk=gcd(a,m)\) 的特解\((x,k)\)，可知 \(ax+mk=b\) 方程的解为 \(\frac {b}{gcd(a,m)}·(x,k)\) ，所以原式的解为 \(\frac {b}{gcd(a,m)}·x\)
- 代码：
const int N = 1e5 + 10;typedef long long LL;int n; int a, b, m;int x, y;//扩展欧几里得算法int exgcd(int a, int b , int &x, int &y){ if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }else{ int t = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return t; }}int main(){ cin >> n; while(n -- ){ cin >> a >> b >> m; int t = exgcd(a, m, x, y); //b是gcd(a,m)的倍数才有解 if(b % t != 0) cout << "impossible" << endl; else cout << (LL)x * (b / t) % m << endl;//特解乘上倍数 } return 0;}
- 中国剩余定理
- 以后补充