Acwing - 算法基础课 - 笔记（十一） 客官°小女子只卖身不卖艺 2022-08-31 06:51 146阅读 0赞 ### 文章目录 ### * * 数学知识（二） * * 欧拉函数 * * 公式法 * 筛法 * 欧拉定理 * 快速幂 * 扩展欧几里得算法 * 中国剩余定理 ## 数学知识（二） ## 这一小节主要讲解的内容是：欧拉函数，快速幂，扩展欧几里得算法，中国剩余定理。 这一节内容偏重于数学推导，做好心理准备。 ### 欧拉函数 ### #### 公式法 #### **什么是欧拉函数呢？** 欧拉函数用 ϕ ( n ) \\phi(n) ϕ(n) 来表示，它的含义是， **1 1 1 到 n n n 中与 n n n 互质的数的个数** 比如， ϕ ( 6 ) = 2 \\phi(6) = 2 ϕ(6)=2，解释：1到6当中，与6互质的数只有1，5，共两个数。 两个数 a a a , b b b 互质的含义是 g c d ( a , b ) = 1 gcd(a,b) = 1 gcd(a,b)=1 **欧拉函数如何求解呢？** 对于一个数 N N N ，将其写为分解质因数的形式 N = P 1 k 1 × P 2 k 2 × . . . × P n k n N = P\_1^\{k\_1\} \\times P\_2^\{k\_2\} \\times ... \\times P\_n^\{k\_n\} N=P1k1×P2k2×...×Pnkn 则 ϕ ( N ) = N × ( 1 − 1 P 1 ) × ( 1 − 1 P 2 ) × . . . × ( 1 − 1 P n ) \\phi(N) = N \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_1\}) \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_2\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_n\}) ϕ(N)=N×(1−P11)×(1−P21)×...×(1−Pn1)，这就是欧拉函数的求解公式 比如 N = 6 N = 6 N=6， 6有2个质因子2和3，则 ϕ ( 6 ) = 6 × ( 1 − 1 2 ) × ( 1 − 1 3 ) = 2 \\phi(6) = 6 \\times (1-\\frac\{1\}\{2\}) \\times (1-\\frac\{1\}\{3\}) = 2 ϕ(6)=6×(1−21)×(1−31)=2 **欧拉函数的公式如何证明呢？** 欧拉函数的证明需要用到**容斥原理**，容斥原理的具体内容将在下一节进行讲解，本节直接借用容斥原理的结论。 注：下面的 N P \\frac\{N\}\{P\} PN 实际指的都是 ⌊ N P ⌋ \\lfloor\\frac\{N\}\{P\}\\rfloor ⌊PN⌋，比如 15 7 \\frac\{15\}\{7\} 715 指的是 ⌊ 15 7 ⌋ = 2 \\lfloor\\frac\{15\}\{7\}\\rfloor = 2 ⌊715⌋=2，由于加上取整符号会导致编写latext语法变得非常繁琐，特此申明。 我们求 1 1 1 到 n n n 中，与 n n n 互质的数的个数，仍然采用**删数**的思想，只要把那些和 n n n 有公约数的数删掉就可以了。那么还是需要先对 n n n 做分解质因数，因为 n n n 的质因数是 n n n 的约数的最小组成部分。 1. 从 1 1 1 到 N N N 中，去掉其全部质因子 P 1 ， P 2 , . . . , P n P\_1，P\_2,...,P\_n P1，P2,...,Pn 的所有倍数。这些数都和 N N N 不互质，因为都有公因子 P i P\_i Pi 那么剩余的数的个数就是 N − N P 1 − N P 2 − . . . − N P n N - \\frac\{N\}\{P\_1\} - \\frac\{N\}\{P\_2\} - ... - \\frac\{N\}\{P\_n\} N−P1N−P2N−...−PnN 2. 加上所有 P i × P j P\_i \\times P\_j Pi×Pj 的倍数的个数，其中 i i i 和 j j j 是从 1 1 1 到 n n n 之中任选两个数 假设第一步计算得到的结果是 S 1 S\_1 S1，那么第二步要做的就是 S 1 + N P 1 × P 2 + N P 1 × P 3 + . . . N P 1 × P n + N P 2 × P 3 + . . . + N P 2 × P n + . . . + N P n − 1 × P n S\_1 + \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2\} + \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_3\} + ...\\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_n\} + \\frac\{N\}\{P\_2 \\times P\_3\} + ... + \\frac\{N\}\{P\_2 \\times P\_n\} + ... + \\frac\{N\}\{P\_\{n-1\} \\times P\_n\} S1\+P1×P2N\+P1×P3N\+...P1×PnN\+P2×P3N\+...\+P2×PnN\+...\+Pn−1×PnN 因为在第一步时，会多删掉一些数，比如某个数既是 P 1 P\_1 P1 的倍数，也是 P 2 P\_2 P2 的倍数（即这个数是 P 1 × P 2 P\_1 \\times P\_2 P1×P2 的倍数），那么这个数会被 P 1 P\_1 P1 减一次，被 P 2 P\_2 P2 减一次，一共减了两次 ，多减了一次，那么我们需要加一次加回来。 3. 加上所有 P i × P j × P k P\_i \\times P\_j \\times P\_k Pi×Pj×Pk 的倍数的个数 若有某个数，同时是3个质因子的倍数，假设一个数同时是 P 1 P\_1 P1， P 2 P\_2 P2， P 3 P\_3 P3 的倍数，那么这个数第一步会被减3次，会在第二步被加3次 ，实际是没减的。所以还要对这种数减去一次 假设第二步计算得到的结果是 S 2 S\_2 S2，那么第三步要做的就是 S 2 − N P 1 × P 2 × P 3 − N P 1 × P 2 × P 4 − . . . − N P n − 2 × P n − 1 × P n S\_2 - \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times P\_3\} - \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times P\_4\} - ... - \\frac\{N\}\{P\_\{n-2\} \\times P\_\{n-1\} \\times P\_n\} S2−P1×P2×P3N−P1×P2×P4N−...−Pn−2×Pn−1×PnN 即，对 i , j , k ∈ \[ 1 , n \] i,j,k \\in \[1,n\] i,j,k∈\[1,n\] 的全部组合，进行减 4. 后续的步骤同理 若若某个数，同时是4个质因子的倍数，这种数在第一步被减了4次，第二步被加了 C 4 2 = 4 × 3 2 × 1 = 6 C\_4^2 = \\frac\{4 \\times 3\}\{2 \\times 1\} = 6 C42=2×14×3=6 次，第三步被减了 C 4 3 = 4 C\_4^3 = 4 C43=4 次，总共是减了2次，则需要加回一次 所以要做的就是 S 3 + N P 1 × P 2 × P 3 × P 4 + . . . . + N P n − 3 × P n − 2 × P n − 1 × P n S\_3 + \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times P\_3 \\times P\_4\} + .... + \\frac\{N\}\{P\_\{n-3\} \\times P\_\{n-2\} \\times P\_\{n-1\} \\times P\_n\} S3\+P1×P2×P3×P4N\+....\+Pn−3×Pn−2×Pn−1×PnN 5. 对于那些是5个质因子的倍数的数，第一次被减了 C 5 1 = 5 C\_5^1 = 5 C51=5 次，第二步加了 C 5 2 = 10 C\_5^2 = 10 C52=10 次，第三步被减了 C 5 3 = 10 C\_5^3 = 10 C53=10 次，第四步被加了 C 5 4 = 5 C\_5^4 = 5 C54=5 次，总共是0次操作，所以需要减一次 6. … 是不是感觉像是无限套娃？！hhhhh 这个过程会在第 n n n 次后停止，而 n n n 是 N N N 的质因数个数 所以， 1 1 1 到 N N N 中所有和 N N N 互质的数的个数，就等于 N − N P 1 − N P 2 − . . . − N P n N - \\frac\{N\}\{P\_1\} - \\frac\{N\}\{P\_2\} - ... - \\frac\{N\}\{P\_n\} N−P1N−P2N−...−PnN \+ N P 1 × P 2 + N P 1 × P 3 + . . . N P 1 × P n + N P 2 × P 3 + . . . + N P 2 × P n + . . . + N P n − 1 × P n + \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2\} + \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_3\} + ...\\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_n\} + \\frac\{N\}\{P\_2 \\times P\_3\} + ... + \\frac\{N\}\{P\_2 \\times P\_n\} + ... + \\frac\{N\}\{P\_\{n-1\} \\times P\_n\} \+P1×P2N\+P1×P3N\+...P1×PnN\+P2×P3N\+...\+P2×PnN\+...\+Pn−1×PnN − N P 1 × P 2 × P 3 − N P 1 × P 2 × P 4 − . . . − N P n − 2 × P n − 1 × P n - \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times P\_3\} - \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times P\_4\} - ... - \\frac\{N\}\{P\_\{n-2\} \\times P\_\{n-1\} \\times P\_n\} −P1×P2×P3N−P1×P2×P4N−...−Pn−2×Pn−1×PnN \+ N P 1 × P 2 × P 3 × P 4 + . . . . + N P n − 3 × P n − 2 × P n − 1 × P n + \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times P\_3 \\times P\_4\} + .... + \\frac\{N\}\{P\_\{n-3\} \\times P\_\{n-2\} \\times P\_\{n-1\} \\times P\_n\} \+P1×P2×P3×P4N\+....\+Pn−3×Pn−2×Pn−1×PnN . . . . .... .... ± N P 1 × P 2 × . . . × P n \\pm \\frac\{N\}\{P\_1 \\times P\_2 \\times ... \\times P\_n\} ±P1×P2×...×PnN 而这一大坨式子，化简后得到的就是 N × ( 1 − 1 P 1 ) × ( 1 − 1 P 2 ) × . . . × ( 1 − 1 P n ) N \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_1\}) \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_2\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_n\}) N×(1−P11)×(1−P21)×...×(1−Pn1) 这也就是本节开头提到的欧拉函数的公式 练习题：[acwing - 873: 欧拉函数][acwing - 873_] 自己的解法（先分解质因数，再套用欧拉公式） #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 2e8; int primes[N]; int euler(int n) { int ctn = 0, t = n; for(int i = 2; i <= n / i; i++) { if(n % i == 0) { primes[ctn++] = i; while(n % i == 0) n /= i; } } if(n > 1) primes[ctn++] = n; int up = t, down = 1; for(int i = 0; i < ctn; i++) { up *= (primes[i] - 1); down *= primes[i]; if(up % down == 0) { up /= down; down = 1; } } return up; } int main() { int m; scanf("%d", &m); while(m--) { int n; scanf("%d", &n); printf("%d\n", euler(n)); } return 0; } yxc的解法（边分解质因数边套用欧拉公式） #include<iostream> using namespace std; int euler(int n) { int res = n; for(int i = 2; i <= n / i; i++) { if(n % i == 0) { res = res / i * (i - 1); while(n % i == 0) n /= i; } } if(n > 1) res = res / n * (n - 1); return res; } int main() { int m; scanf("%d", &m); while(m--) { int n; scanf("%d", &n); printf("%d\n", euler(n)); } return 0; } 注意，欧拉公式的计算过程中，每一项计算完毕后都应该是一个整数，不应该出现小数。 故 对于 N × ( 1 − 1 P 1 ) N \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_1\}) N×(1−P11) 这样的式子，计算时我们采用 N P 1 × ( P 1 − 1 ) \\frac\{N\}\{P\_1\} \\times (P\_1-1) P1N×(P1−1)，这样能保证得到的结果是整数，而不出现小数。 由于 P 1 P\_1 P1 是 N N N 的质因子，故 N P 1 \\frac\{N\}\{P\_1\} P1N 一定是整数，所以 N P 1 × ( P 1 − 1 ) \\frac\{N\}\{P\_1\} \\times (P\_1-1) P1N×(P1−1) 就一定是整数，令 S = N P 1 × ( P 1 − 1 ) S = \\frac\{N\}\{P\_1\} \\times (P\_1-1) S=P1N×(P1−1)，那么在第二轮迭代中，我们需要计算 S × ( 1 − 1 P 2 ) S \\times (1-\\frac\{1\}\{P\_2\}) S×(1−P21)，同样的，我们计算 S P 2 × ( P 2 − 1 ) \\frac\{S\}\{P\_2\} \\times (P\_2-1) P2S×(P2−1)，那么 S P 2 \\frac\{S\}\{P\_2\} P2S 一定是整数吗？答案是肯定的。 因为 N = P 1 k 1 × P 2 k 2 × . . . × P n k n N = P\_1^\{k\_1\} \\times P\_2^\{k\_2\} \\times ... \\times P\_n^\{k\_n\} N=P1k1×P2k2×...×Pnkn，容易得到，第一步计算的结果 S = P 1 k 1 − 1 × P 2 k 2 × . . . × P n k n × ( P 1 − 1 ) S=P\_1^\{k\_1-1\} \\times P\_2^\{k\_2\} \\times ... \\times P\_n^\{k\_n\} \\times (P\_1-1) S=P1k1−1×P2k2×...×Pnkn×(P1−1)，所以 S S S 是一定能被 P 2 P\_2 P2 整除的，同理，在第三轮迭代时，第二轮的计算结果仍然能被 P 3 P\_3 P3 整除，所以我们就可以在每轮迭代时，计算 S i P i × ( P i − 1 ) \\frac\{S\_i\}\{P\_i\} \\times (P\_i-1) PiSi×(Pi−1)，这样能保证整个计算的过程中，不出现小数，即可保证最终结果的正确性。 #### 筛法 #### 上面的公式法，适用于求解某一个数的欧拉函数，就类似于用试除法判断某一个数是否是质数。 然而，有的时候，我们需要求解某一个范围内全部数的欧拉函数（比如求解 1 1 1 到 N N N 之间所有数的欧拉函数），此时若对每个数依次套用欧拉公式，则整体的时间复杂度为 O ( N × N ) O(N \\times \\sqrt\{N\}) O(N×N) ，因为欧拉函数的计算依赖于分解质因数，而分解质因数的时间复杂度是 O ( N ) O(\\sqrt\{N\}) O(N) 。这个时间复杂度是不被接受的，太慢了，所以我们需要变换思路。 联想到在求解 1 1 1 到 N N N 之间全部质数的时候，我们采用的是筛法，而不是对每个数依次判断是否是质数。类似的，求解 1 1 1 到 N N N 之间全部数的欧拉函数，我们也可以用类似的思想。 借鉴前面筛选质数时所采用的**线性筛法**，能够在 O ( N ) O(N) O(N) 的时间复杂度内求解出 1 1 1 到 N N N 每个数的欧拉函数。在本章（数论）后面的学习中，会发现**线性筛法**在执行过程中不仅仅能求出欧拉函数，还能求出很多其他的内容。 我们先把线性筛法的代码写一遍 #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 1e6 + 10; bool st[N]; int primes[N], ctn; void get_primes_linear(int n) { for(int i = 2; i <= n; i++) { if(!st[i]) primes[ctn++] = i; for(int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) { st[primes[j] * i] = true; if(i % primes[j] == 0) break; } } } 当某一个数 i i i 是质数时，根据欧拉函数的公式，我们容易得出，这个质数的欧拉函数 ϕ ( i ) = i − 1 \\phi(i)=i-1 ϕ(i)=i−1；而当我们在通过 p j × i p\_j \\times i pj×i 来筛数时。分两种情况 * 当 i m o d p j = 0 i \\mod p\_j =0 imodpj=0 时 容易推出 ϕ ( p j × i ) = p j × ϕ ( i ) \\phi(p\_j \\times i) = p\_j \\times \\phi(i) ϕ(pj×i)=pj×ϕ(i) 因为一个数 N N N 的欧拉函数 ϕ ( N ) = N × ( 1 − 1 p 1 ) × . . . × ( 1 − 1 p n ) \\phi(N) = N \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_1\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_n\}) ϕ(N)=N×(1−p11)×...×(1−pn1) 假设 i i i 一共有 k k k 个质因子 p 1 p\_1 p1 ， p 2 p\_2 p2，…， p k p\_k pk 则 ϕ ( i ) = i × ( 1 − 1 p 1 ) × . . . × ( 1 − 1 p k ) \\phi(i) = i \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_1\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_k\}) ϕ(i)=i×(1−p11)×...×(1−pk1) 而 i m o d p j = 0 i \\mod p\_j =0 imodpj=0 ，说明 p j p\_j pj 是 i i i 的一个质因子。则 p j × i p\_j \\times i pj×i 这个数的质因子也是 p 1 p\_1 p1， p 2 p\_2 p2，…， p k p\_k pk 则 ϕ ( p j × i ) = p j × i × ( 1 − 1 p 1 ) × . . . × ( 1 − 1 p k ) = p j × ϕ ( i ) \\phi(p\_j \\times i) = p\_j \\times i \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_1\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_k\}) = p\_j \\times \\phi(i) ϕ(pj×i)=pj×i×(1−p11)×...×(1−pk1)=pj×ϕ(i) * 当 i m o d p j ≠ 0 i \\mod p\_j \\ne 0 imodpj=0 时 根据类似上面的过程，容易推出 ϕ ( p j × i ) = p j × i × ( 1 − 1 p 1 ) × . . . × ( 1 − 1 p j ) × . . . × ( 1 − 1 p k ) = ( p j − 1 ) × ϕ ( i ) \\phi(p\_j \\times i) = p\_j \\times i \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_1\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_j\}) \\times ... \\times (1-\\frac\{1\}\{p\_k\}) = (p\_j-1) \\times \\phi(i) ϕ(pj×i)=pj×i×(1−p11)×...×(1−pj1)×...×(1−pk1)=(pj−1)×ϕ(i) p j × i p\_j \\times i pj×i 这个数的质因子，比 i i i 这个数的质因子，多一个 p j p\_j pj 由于在线性筛法的执行过程中，对于质数会保留，对于合数会用其最小质因子筛掉。所以线性筛法是会访问到所有数的。而根据上面的推导，在遇到每种情况时，我们都能求出欧拉函数 * 当这个数是质数： ϕ ( i ) = i − 1 \\phi(i)=i-1 ϕ(i)=i−1 * 当这个数是合数 其一定会被某个 p j × i p\_j \\times i pj×i 筛掉 * 当 i m o d p j = 0 i \\mod p\_j = 0 imodpj=0，则 ϕ ( p j × i ) = p j × ϕ ( i ) \\phi(p\_j \\times i) = p\_j \\times \\phi(i) ϕ(pj×i)=pj×ϕ(i) * 当 i m o d p j ≠ 0 i \\mod p\_j \\ne 0 imodpj=0，则 ϕ ( p j × i ) = ( p j − 1 ) × ϕ ( i ) \\phi(p\_j \\times i) = (p\_j-1) \\times \\phi(i) ϕ(pj×i)=(pj−1)×ϕ(i) * 特殊的， ϕ ( 1 ) = 1 \\phi(1)=1 ϕ(1)=1（ 1 1 1 既不是质数也不是合数） 于是，我们便可以通过**线性筛法**来求解出 1 1 1 到 N N N 的所有数的欧拉函数，时间复杂度 O ( N ) O(N) O(N) 练习题2：[acwing - 874: 筛法求欧拉函数][acwing - 874_] #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 1e6 + 10; int primes[N], ctn; bool st[N]; LL phi[N]; void get_eulers(int n) { phi[1] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++) { if(!st[i]) { primes[ctn++] = i; phi[i] = i - 1; } for(int j = 0; primes[j] <= n / i; j++) { st[primes[j] * i] = true; if(i % primes[j] == 0) { phi[primes[j] * i] = primes[j] * phi[i]; break; } phi[primes[j] * i] = (primes[j] - 1) * phi[i]; } } } int main() { int n; scanf("%d", &n); get_eulers(n); LL sum = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) sum += phi[i]; printf("%lld", sum); return 0; } #### 欧拉定理 #### 说了这么多，那么欧拉函数有什么实际的作用或者应用场景呢？ 有一个定理叫做欧拉定理，它描述这样一个规律： 若 a a a 与 n n n 互质，则 a ϕ ( n ) m o d n = 1 a^\{\\phi(n)\} \\mod n = 1 aϕ(n)modn=1 比如 a = 5 a = 5 a=5 ， n = 6 n = 6 n=6 ，由于 ϕ ( 6 ) = 6 × ( 1 − 1 2 ) × ( 1 − 1 3 ) = 2 \\phi(6)=6 \\times (1-\\frac\{1\}\{2\}) \\times (1-\\frac\{1\}\{3\})=2 ϕ(6)=6×(1−21)×(1−31)=2 则有 a ϕ ( n ) m o d n = 5 2 m o d 6 = 1 a^\{\\phi(n)\} \\mod n = 5^2 \\mod 6 = 1 aϕ(n)modn=52mod6=1 那么欧拉定理如何证明呢？ yxc是这样讲的： 首先， 1 1 1 到 n n n 以内与 n n n 互质的数，有 ϕ ( n ) \\phi(n) ϕ(n) 个，将其编号如下 a 1 a\_1 a1， a 2 a\_2 a2，…， a ϕ ( n ) a\_\{\\phi(n)\} aϕ(n) 而 a a a 与 n n n 互质，则可以得知，在 m o d n \\mod n modn 的语义下。 a × a 1 a \\times a\_1 a×a1， a × a 2 a \\times a\_2 a×a2，…， a × a ϕ ( n ) a \\times a\_\{\\phi(n)\} a×aϕ(n) 这个集合，与上面的与 n n n 互质的数是同一个集合 进而有，两个集合中全部数的乘积，在 m o d n \\mod n modn 的语义下是相等的 a 1 × a 2 × . . . × a ϕ ( n ) ≡ a ϕ ( n ) × a 1 × a 2 × . . . × a ϕ ( n ) a\_1 \\times a\_2 \\times ... \\times a\_\{\\phi(n)\} \\equiv a^\{\\phi(n)\} \\times a\_1 \\times a\_2 \\times ... \\times a\_\{\\phi(n)\} a1×a2×...×aϕ(n)≡aϕ(n)×a1×a2×...×aϕ(n) 将两边的 a 1 × a 2 × . . . × a ϕ ( n ) a\_1 \\times a\_2 \\times ... \\times a\_\{\\phi(n)\} a1×a2×...×aϕ(n) 消掉，则有 a ϕ ( n ) ≡ 1 a^\{\\phi(n)\} \\equiv 1 aϕ(n)≡1，也即 a ϕ ( n ) m o d n = 1 a^\{\\phi(n)\} \\mod n = 1 aϕ(n)modn=1 （其实我没有完全把推导的原理搞懂，这个有待后续补充，TODO） 特殊的，当 n n n 是一个质数时（此时我们将 n n n 替换成 p p p 来表示），则有 a ϕ ( p ) m o d p = 1 a^\{\\phi(p)\} \\mod p = 1 aϕ(p)modp=1 即 a p − 1 m o d p = 1 a^\{p-1\} \\mod p = 1 ap−1modp=1 这个欧拉定理的特例，被称为费马小定理。 ### 快速幂 ### 快速幂，是用来快速求解出 a k m o d p a^k \\mod p akmodp 的结果，时间复杂度为 O ( log k ) O(\\log k) O(logk)，其中 a a a， k k k， p p p 都可以在 1 0 9 10^9 109 内，如果是按照朴素做法的话，则需要 O ( k ) O(k) O(k) 的时间复杂度，如果 k = 1 0 9 k = 10^9 k=109 ，则这个复杂度就比较高了，而如果是 O ( log 2 k ) O(\\log\_2k) O(log2k)，即便 k = 1 0 9 k=10^9 k=109，也大概只需要 30 30 30 次计算即可，非常的快。 那么，快速幂是怎么做到的呢？ 快速幂的核心思路是：**反复平方法**（思想上有点类似逆向二分。二分是每次在当前基础上减一半，快速幂是每次在当前基础上扩大一倍）。 原理说明如下 我们先预处理出来如下的值： a 2 0 m o d p a^\{2^0\} \\mod p a20modp， a 2 1 m o d p a^\{2^1\} \\mod p a21modp， a 2 2 m o d p a^\{2^2\} \\mod p a22modp ，…， a 2 log 2 k m o d p a^\{2^\{\\log\_2k\}\} \\mod p a2log2kmodp 一共 log 2 k \\log\_2k log2k 个数。随后，我们通过这些数，组合出 a k a^k ak 即，将 a k a^k ak 拆成 a k = a 2 i × a 2 j × . . . = a 2 i + 2 j + . . . a^k=a^\{2^i\} \\times a^\{2^j\} \\times ...=a^\{2^i+2^j+...\} ak=a2i×a2j×...=a2i\+2j\+... ，即 k = 2 i + 2 j + . . . k = 2^i+2^j+... k=2i\+2j\+... 即，将 k k k 拆成 2 0 2^0 20， 2 1 2^1 21， 2 2 2^2 22，…， 2 log 2 k 2^\{\\log\_2k\} 2log2k 的某些数的和 其实，就只需要把 k k k 转化为二进制即可。 比如 k = ( 54 ) 10 = ( 110110 ) 2 = 2 1 + 2 2 + 2 4 + 2 5 k=(54)\_\{10\}=(110110)\_2=2^1+2^2+2^4+2^5 k=(54)10=(110110)2=21\+22\+24\+25 由于一个十进制的数 k k k ，一定可以转化为二进制，即， k k k 一定能拆成若干个 2 i 2^i 2i 的加和，所以 a k a^k ak 一定能按照上面的式子拆开，所以快速幂算法能够生效。 预处理一共计算出 log 2 k \\log\_2k log2k 个数，需要计算 l o g 2 k log\_2k log2k 次，将 k k k 拆成二进制表示，并计算结果，需要 l o g 2 k log\_2k log2k 次，所以总共的时间复杂度就是 O ( log 2 k ) O(\\log\_2k) O(log2k)。其实编写代码时，可以将上面两步合在一起，实际只需要 log 2 k \\log\_2k log2k 次运算 练习题：[acwing - 875: 快速幂][acwing - 875_] #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; // 快速幂求解 a^k mod p int qmi(int a, int k, int p) { int res = 1; // 求 k 的二进制表示 while(k > 0) { if(k & 1 == 1) res = (LL) res * a % p; k = k >> 1; a = (LL)a * a % p; } return res; } int main() { int n; scanf("%d", &n); while(n--) { int a, k, p; scanf("%d%d%d", &a, &k, &p); printf("%d\n", qmi(a, k, p)); } return 0; } 练习题：[acwing - 876: 快速幂求逆元][acwing - 876_] **乘法逆元**的定义：若两个数 b b b 和 m m m 互质，则对任意整数 a a a，如果 b b b 能整除 a a a，则存在一个整数 x x x ，使得 a b ≡ a × x \\frac\{a\}\{b\} \\equiv a \\times x ba≡a×x， m o d m \\mod m modm 则称 x x x 是 b b b 在模 m m m 下的乘法逆元，记作 b − 1 m o d m b^\{-1\} \\mod m b−1modm 其实，通俗的说，就是，对于两个互质的数 b b b 和 m m m，一定存在一个数 x x x，使得所有能够被 b b b 整除的数 a a a，都有 a b ≡ a × x \\frac\{a\}\{b\} \\equiv a \\times x ba≡a×x ，则称 x x x 是 b b b 在模 m m m 下的乘法逆元，记作 b − 1 m o d m b^\{-1\} \\mod m b−1modm 容易得到： b × b − 1 ≡ 1 b \\times b^\{-1\} \\equiv 1 b×b−1≡1，即 b × b − 1 m o d m = 1 b \\times b^\{-1\} \\mod m = 1 b×b−1modm=1 求一个数 b b b 在模 m m m 下的逆元，即求一个数 x x x，满足 b × x m o d m = 1 b \\times x \\mod m = 1 b×xmodm=1 即可 若 m m m 是一个质数，将其记为 p p p，则根据上面的费马小定理，有 b p − 1 m o d p = 1 b^\{p-1\} \\mod p= 1 bp−1modp=1，则 b b b 的逆元 b − 1 m o d p b^\{-1\} \\mod p b−1modp就等于 b p − 2 m o d p b^\{p-2\} \\mod p bp−2modp 若 m m m 不是一个质数（但注意 b b b 和 m m m 是互质的），则根据欧拉定理，有 b ϕ ( m ) m o d m = 1 b^\{\\phi(m)\} \\mod m = 1 bϕ(m)modm=1，则 b b b 的逆元 b − 1 m o d p b^\{-1\} \\mod p b−1modp 就等于 b ϕ ( m ) − 1 m o d p b^\{\\phi(m)-1\} \\mod p bϕ(m)−1modp 这道题考察的就是快速幂+费马小定理 #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; int qmi(int a, int k, int p) { int res = 1; while(k > 0) { if(k & 1 == 1) res = (LL) res * a % p; k = k >> 1; a = (LL) a * a % p; } return res; } int main() { int n; scanf("%d", &n); while(n--) { int a, p; scanf("%d%d", &a, &p); if(a % p == 0) printf("impossible\n"); // a 和 p 不互质 else printf("%d\n", qmi(a, p - 2, p)); } return 0; } ### 扩展欧几里得算法 ### **裴蜀定理**：对任意的一对正整数 a a a， b b b，一定存在一对非零整数 x x x， y y y，使得 a x + b y = g c d ( a , b ) ax + by = gcd(a,b) ax\+by=gcd(a,b) 令 a x + b y = d ax + by = d ax\+by=d，则 d d d 一定是 g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数。这个是显而易见的，令 a a a 和 b b b 的最大公约数是 c c c，即令 g c d ( a , b ) = c gcd(a,b)=c gcd(a,b)=c，则 a a a 一定是 c c c 的倍数， b b b 也一定是 c c c 的倍数，故 a x + b y ax+by ax\+by 也一定是 c c c 的倍数。则最小可以凑出的倍数就是 1 1 1。所以裴蜀定理是成立的。 那么给定一对正整数 a a a， b b b，如何求解出一对 x x x， y y y，使得 a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by=gcd(a,b) ax\+by=gcd(a,b) 成立呢？ 求解 x x x， y y y 的过程，就可以采用扩展欧几里得算法。 扩展欧几里得算法，是在欧几里得算法上的扩展。而欧几里得算法，就是前面求解最大公约数时，用到的辗转相除法。 练习题：[acwing - 877: 扩展欧几里得算法][acwing - 877_] #include<iostream> using namespace std; int gcd(int a, int b, int &x, int &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } else { int d = gcd(b, a % b, y, x); // 注意这里要交换 x 和 y 的位置 y -= a / b * x; return d; } } int main() { int n; scanf("%d", &n); while(n--) { int a, b, x, y; scanf("%d%d", &a, &b); gcd(a, b, x ,y); printf("%d %d\n", x, y); } return 0; } 对代码的解释： 递归到当 b = 0 b=0 b=0 时，找到 g c d ( a , b ) = a gcd(a,b)=a gcd(a,b)=a，所以 a x + b y = a ax+by=a ax\+by=a，则此时更新 x = 1 ， y = 0 x=1，y=0 x=1，y=0。 当 b ≠ 0 b \\ne 0 b=0 时，先计算 d = g c d ( b , a m o d b ) d = gcd(b, a \\mod b) d=gcd(b,amodb)，并且传入 x x x 和 y y y ，注意 x x x 和 y y y 的位置需要交换一下，然后此时有 b y + ( a m o d b ) x = d by + (a \\mod b)x = d by\+(amodb)x=d，展开得 b y + ( a − ⌊ a b ⌋ b ) x = d by + (a-\\lfloor\\frac\{a\}\{b\}\\rfloor b)x = d by\+(a−⌊ba⌋b)x=d，变换一下得 a x + b ( y − ⌊ a b ⌋ x ) ax+b(y-\\lfloor\\frac\{a\}\{b\}\\rfloor x) ax\+b(y−⌊ba⌋x) 则 a a a 的系数 x x x 不更新， b b b 的系数 y y y 需要更新为 y − ⌊ a b ⌋ x y-\\lfloor\\frac\{a\}\{b\}\\rfloor x y−⌊ba⌋x 由于我们在递归时会交换 x x x 和 y y y 的位置，则实际两个数都会被交替更新。即我们在执行 `gcd(b, a % b, y, x)`这一句之后， x x x 和 y y y 都已经满足 b y + ( a m o d b ) x = d by + (a \\mod b)x = d by\+(amodb)x=d，我们再通过 b b b 与 a m o d b a \\mod b amodb 的系数，来更新 a a a 和 b b b 的系数。 注意， x x x 和 y y y 不是唯一的。由于我们的等式是 a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by=gcd(a,b) ax\+by=gcd(a,b)，其中 a a a， b b b， g c d ( a , b ) gcd(a,b) gcd(a,b) 都是固定的常数，所以这个式子其实可以转化为我们中学时学过的一次线性函数 y = a x + b y=ax+b y=ax\+b 的形式，这个函数的图像是一根直线，线上有多个点 ( x , y ) (x,y) (x,y) 都满足这个等式，所以 ( x , y ) (x,y) (x,y) 是有多组的（准确的说，有无穷多组） 我们只要求解出一组 ( x 0 , y 0 ) (x\_0,y\_0) (x0,y0) 满足上面的等式。就可以求出所有的 ( x ， y ) (x，y) (x，y) a x + b y = d ax+by=d ax\+by=d 可以写成 a ( x − b d ) + b ( y + a d ) = d a(x-\\frac\{b\}\{d\}) + b(y+\\frac\{a\}\{d\})=d a(x−db)\+b(y\+da)=d 通解如下： x = x 0 − b d × k x = x\_0-\\frac\{b\}\{d\} \\times k x=x0−db×k， y = y 0 − a d × k y=y\_0-\\frac\{a\}\{d\} \\times k y=y0−da×k，其中 k k k 是任意整数 扩展欧几里得算法的应用 —— 求解线性同余方程 练习题：[acwing - 878: 线性同余方程][acwing - 878_] 即，给定 a a a， b b b， m m m，求解一个 x x x，使得满足 a x ≡ b ax \\equiv b ax≡b ( m o d m ) (\\mod m) (modm) 因为上面等式的含义是： a x ax ax 除以 m m m，余数是 b b b ，所以 a x ax ax 一定是 m m m 的某个倍数，加上 b b b，即 a x = m y + b ax = my+b ax=my\+b 再变形一下，得 a x − m y = b ax-my=b ax−my=b，令 y ′ = − y y^\{'\} = -y y′=−y，则有 a x + m y ′ = b ax+my^\{'\}=b ax\+my′=b 这样就转变成了上面使用扩展欧几里得算法能够求解问题，只需要保证 b b b 是 a a a 和 m m m 的最大公约数的倍数即可，否则无解。 为什么要保证 b b b 是 a a a 和 m m m 的最大公约数的倍数呢？解释如下 假设 a a a 和 m m m 的最大公约数是 k k k，那么根据上面的**裴属定理**，一定有一组 ( x , y ) (x,y) (x,y) ，使得 a x + m y = k ax+my=k ax\+my=k 成立，那么对于 k k k 的倍数，比如 t t t 倍，就是 t k tk tk，则一定有 a t x + m t y = t k atx+mty = tk atx\+mty=tk。所以，只要保证 b b b 是 a a a 和 m m m 的最大公约数的某个倍数，这个线性同余方程就有解，否则无解。 #include<iostream> using namespace std; typedef long long LL; int gcd(int a, int b, int &x, int &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } else { int d = gcd(b, a % b, y, x); // 注意这里要交换 x 和 y 的位置 y -= a / b * x; return d; } } int main() { int n; scanf("%d", &n); while(n--) { int a, b, m, x, y; scanf("%d%d%d", &a, &b, &m); int d = gcd(a, m, x ,y); if(b % d != 0) printf("impossible\n"); else printf("%d\n", (LL)x * b / d % m); } return 0; } ### 中国剩余定理 ### 例子：有一个数，它除以3余2，除以5余3，除以7余2，问这个数是多少？ 即 x ≡ 2 ( m o d 3 ) x \\equiv 2(\\mod 3) x≡2(mod3)， x ≡ 3 ( m o d 5 ) x \\equiv 3(\\mod 5) x≡3(mod5)， x ≡ 2 ( m o d 7 ) x \\equiv 2(\\mod 7) x≡2(mod7) 该问题的求解步骤如下： 1. 找出3和5的公倍数中，除以7余1的最小数，即15；找出3和7的公倍数中，除以5余1的最小数，即21；找出5和7的公倍数中，除以3余1的最小数，即70。 2. 用15乘以2（除7余2的2），用21乘以3（除5余3的3），用70乘以2（除3余2的2），把3个乘积加起来；得 15 × 2 + 21 × 3 + 70 × 2 = 233 15 \\times 2 + 21 \\times 3 + 70 \\times 2 = 233 15×2\+21×3\+70×2=233 3. 用 233 除以 3，5，7的最小公倍数 105 ，得到余数 23，答案即为23 这个求解过程，被称为中国剩余定理。更一般的描述如下： 给定一堆**两两互质**的数 m 1 m\_1 m1， m 2 m\_2 m2，…， m k m\_k mk 存在一个数 x x x，满足 x ≡ a 1 ( m o d m 1 ) x \\equiv a\_1 (\\mod m\_1) x≡a1(modm1) x ≡ a 2 ( m o d m 2 ) x \\equiv a\_2 (\\mod m\_2) x≡a2(modm2) … x ≡ a k ( m o d m k ) x \\equiv a\_k (\\mod m\_k) x≡ak(modmk) 求解这个 x x x，如下： 令 M = m 1 × m 2 × . . . × m k M = m\_1 \\times m\_2 \\times ... \\times m\_k M=m1×m2×...×mk ，令 M i = M m i M\_i=\\frac\{M\}\{m\_i\} Mi=miM，即 M i M\_i Mi 是除了 m i m\_i mi 之外其他所有数的乘积。 而由于对于 j ∈ \[ 1 , k \] ， j \\in \[1,k\]， j∈\[1,k\]， m j m\_j mj 之间两两互质，所以 M i M\_i Mi 和 m i m\_i mi 互质。 而根据上面介绍的欧拉定理和乘法逆元，对于两个互质的数 M i M\_i Mi 和 m i m\_i mi，一定存在一个乘法逆元 M i − 1 M\_i^\{-1\} Mi−1 ，使得 M i × M i − 1 ≡ 1 ( m o d m i ) M\_i \\times M\_i^\{-1\} \\equiv 1 (\\mod m\_i) Mi×Mi−1≡1(modmi) 则 x = a 1 × M 1 × M 1 − 1 + a 2 × M 2 × M 2 − 1 + . . . + a k × M k × M k − 1 x = a\_1 \\times M\_1 \\times M\_1^\{-1\} + a\_2 \\times M\_2 \\times M\_2^\{-1\} + ... + a\_k \\times M\_k \\times M\_k^\{-1\} x=a1×M1×M1−1\+a2×M2×M2−1\+...\+ak×Mk×Mk−1 ，这个求解公式，就是中国剩余定理 上面式子中的乘法逆元，可以用扩展欧几里得算法求解 参考链接：[中国剩余定理学习笔记][Link 1] 练习题：[acwing - 2024: 表达整数的奇怪方式][acwing - 2024_] **题解**： 这道题，由于对a和m没有任何限制，所以不能完全套用中国剩余定理来求解。 先考虑2个线性同余等式 x m o d a 1 = m 1 x \\mod a\_1 = m\_1 xmoda1=m1， x m o d a 2 = m 2 x \\mod a\_2 =m\_2 xmoda2=m2 可以写成如下的式子 x = k 1 a 1 + m 1 x = k\_1a\_1 + m\_1 x=k1a1\+m1， x = k 2 a 2 + m 2 x = k\_2a\_2 + m\_2 x=k2a2\+m2 则 k 1 a 1 + m 1 = k 2 a 2 + m 2 k\_1a\_1 + m\_1 = k\_2a\_2 + m\_2 k1a1\+m1=k2a2\+m2 移项并整理一下，得 k 1 a 1 − k 2 a 2 = m 2 − m 1 k\_1a\_1-k\_2a\_2=m\_2-m\_1 k1a1−k2a2=m2−m1 这就可以使用扩展欧几里得算法来求解，当然，上式有解的条件是 g c d ( a 1 , a 2 ) ∣ m 2 − m 1 gcd(a\_1,a\_2) | m\_2-m\_1 gcd(a1,a2)∣m2−m1，即 m 2 − m 1 m\_2-m\_1 m2−m1 能够被 a 1 a\_1 a1 和 a 2 a\_2 a2 的最大公约数整除。 用扩展欧几里得算法求出上式的一组解 k 10 k\_\{10\} k10， k 20 k\_\{20\} k20，随后可求出一组通解为 k 1 = k 10 + k a 2 d k\_1 = k\_\{10\}+k\\frac\{a\_2\}\{d\} k1=k10\+kda2， k 2 = k 20 + k a 1 d k\_2=k\_\{20\}+k\\frac\{a\_1\}\{d\} k2=k20\+kda1 其中 k k k 为任意整数， d d d 为 g c d ( a 1 , a 2 ) gcd(a\_1,a\_2) gcd(a1,a2) 则 x = ( k 10 + k a 2 d ) a 1 + m 1 = a 1 k 10 + m 1 + k a 1 a 2 d x = (k\_\{10\}+k\\frac\{a\_2\}\{d\})a\_1+m\_1=a\_1k\_\{10\}+m\_1+k\\frac\{a\_1a\_2\}\{d\} x=(k10\+kda2)a1\+m1=a1k10\+m1\+kda1a2 令 x 0 = a 1 k 10 + m 1 x\_0=a\_1k\_\{10\}+m\_1 x0=a1k10\+m1， a = a 1 a 2 d a=\\frac\{a\_1a\_2\}\{d\} a=da1a2，则 x = x 0 + k a x=x\_0+ka x=x0\+ka 这样就将2个不定方程，变成了1个不定方程。 只需要执行n-1次合并，就能将n个不定方程，变成1个不定方程。 最后就是求解一个形如 x = x 0 + k a x=x\_0 + ka x=x0\+ka 的不定方程，其中 x 0 x\_0 x0 和 a a a 是固定值 #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; typedef long long LL; // 扩展欧几里得算法 LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) { if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } LL d = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return d; } int main() { int n; scanf("%d", &n); bool no_ans = false; LL a1, m1; cin >> a1 >> m1; for (int i = 0; i < n - 1; i++) { LL a2, m2; cin >> a2 >> m2; LL k1, k2; LL d = exgcd(a1, a2, k1, k2); if ((m2 - m1) % d != 0) { no_ans = true; break; } k1 *= (m2 - m1) / d; LL t = a2 / d; k1 = (k1 % t + t) % t; // 将k1置为最小的正整数解 // 更新a1和m1, 准备下一轮的合并 m1 = a1 * k1 + m1; a1 = abs(a1 / d * a2); } if (no_ans) printf("-1"); else printf("%lld", (m1 % a1 + a1) % a1); } （2021/07/30 更新：补充了中国剩余定理的部分内容，还剩一道练习题的题解） （2021/08/03 更新：补充了中国剩余定理的练习题题解） [acwing - 873_]: https://www.acwing.com/problem/content/875/ [acwing - 874_]: https://www.acwing.com/problem/content/876/ [acwing - 875_]: https://www.acwing.com/problem/content/877/ [acwing - 876_]: https://www.acwing.com/problem/content/878/ [acwing - 877_]: https://www.acwing.com/problem/content/879/ [acwing - 878_]: https://www.acwing.com/problem/content/880/ [Link 1]: https://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5918158.html [acwing - 2024_]: https://www.acwing.com/problem/content/206/
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冷不防
àì夳堔傛蜴生んèń
今天药忘吃喽~
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