裴蜀定理：
內容：若$gcd(a,b)=d$，則一定存在$m,n\in Z$，使$ma+nb=d$且$d$爲$ma+nb$的最小正值（狹義）
證明：
令$d=gcd(a,b)$，則對任意$m,n\in Z$，有$d|am+bn$
設$am+bn$的最小正值爲$s$，則令$q=[\frac{a}{s}],r=a$ $mod$ $s=a-q(am+bn)=a(1-qm)+b(-qn)$
考慮到$r=a$ $mod$ $s$，於是$0\leq r<s$
那麼r也是$am+bn$的一個表達，由於s是最小正值，於是$r=0$（如果r不爲0，那麼r就是最小正值了）
於是$s|a$，同理$s|b$，於是s是a和b的公約數，於是$s\geq d$
考慮$d|a,d|b,s=am+bn$，則$d|s$，於是$d\geq s$
那麼d=s
整數的唯一分解定理：
定理：對任意正整數$M\geq2$，M可以表示成唯一的一組$p_{1},p_{2}...p_{n}$的表達$M=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}$（$p_{1}<p_{2}<...<p_{n}$)
我們採用反證法證之：
引理：若質數p|ab，則p|a或p|b
證明：若p|a則定理得證，若p不是a的約數，則a,p互質（顯然）
於是根據裴蜀定理，存在$m,n\in Z$使$ma+np=1$，於是$b=b(ma+nb)=mab+nbp$
考慮$p|ab$，則上式右側能被$p$整除，於是左側也能被$p$整除，即$p|b$
設$M=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}=q_{1}^{a_{1}}q_{2}^{a_{2}}...q_{n}^{a_{n}}$是最小可以用兩種方法表示的正整數
那麼有$p_{1}|q_{1}^{k_{1}}...q_{n}^{k_{n}}$
結合上述引理，有$p_{1}|q_{1}$或$p_{1}|q_{2}$...或$p_{1}|q_{n}$
那麼爲了保證$q$均爲質數，不妨令$p_{1}|q_{1}$（不失一般性）則有$p_{1}=q_{1}$
不妨令$a_{1}\leq _{1}$，則構造$M^{'}=p_{1}^{a_{1}-k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}=q_{2}^{a_{2}}...q_{n}^{a_{n}}$
結合上述分析，有$p_{1}=q_{2}~q_{n}$中的一個
但是顯然這與$q_{1}...q_{n}$互不相同矛盾，於是必須有$a_{1}=k_{1}$
那麼我可以構造$M^{"}=p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}=q_{2}^{a_{2}}...q_{n}^{a_{n}}<M$，這就是找到了一個比$M$更小的能用兩種方法表示的正整數，從而與假設矛盾
記$M=p_{1}^{k_{1}}...p_{n}^{k_{n}}$
約數個數公式：M的約數個數$d(M)=\pi_{i=1}^{n}(k_{i}+1)$
約數和公式：M的約數和$σ(M)=\pi_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{k_{i}}p_{i}^{j})$
等比數列分治求和公式：$\sum_{i=1}^{n}p^{i}=\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}p_{i}+p^{\frac{n}{2}}\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}p_{i}$
歐拉函數的性質：
$\phi(p)=p-1$（p爲質數）
令$M=\pi_{i=1}^{n}p_{i}^{k_{i}}$，則$\phi(M)=\pi_{i=1}^{n}(p_{i}-1)*p_{i}^{k_{i}-1}$
丟番圖題解：
$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n}$
移項通分：$n(x+y)=xy$，再整理：$x=\frac{ny}{y-n}$
令$t=y-n$，於是$y=t+n$，即$x=\frac{n(t+n)}{t}$，也即$x=n+\frac{n^{2}}{t}$
於是求出$n^{2}$的約數個數即可
模線性方程問題
$ax\equiv1$(mod b)
gcd問題：
令$d=gcd(a,b)$，記$a=kb+m$
顯然$d|a,d|b$，則$d|m$,也即$d|m,d|b$，也即$d|gcd(b,m)$
設$d^{'}=gcd(b,m)$，則$d^{'}|b,d^{'}|m$，也即$d^{'}|a$
注意到$d$是$a$與$b$的最大公約數，於是$d^{'}|d$
於是$d=d^{'}$（證明中隱含了一個內容：兩個數的最大公約數能被這兩個數所有的公約數整除）
ex_gcd問題
$ax\equiv 1$(mod b)即$ax+by=1$
這裏我們知道a,b互質，於是原方程即爲$ax+by=gcd(a,b)$
我們知道$gcd(a,b)=gcd(b,a$ $mod$ $b)$
於是令$a_{1}=b,b_{1}=a$ $mod $ $b$，輾轉一次即變爲$a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}=gcd(a_{1},b_{1})$
以此類推，直至$b_{n}=0$，此時方程化爲$a_{n}x_{n}=gcd(a_{n},0)$
顯然取$x_{n}=1$即可（$gcd(a_{n},0)$當然是$a_{n}$，因爲$\frac{0}{a_{n}}=0$不是嗎...）
那在這個方程中其實我可以取$y_{n}$爲任意值，但是爲了計算簡便我們一般取$y_{n}=0$（不要作死地去取y爲別的值，因爲指不定後面的計算就給你整出點啥意外情況）
接下來討論怎麼根據已有的$x_{k},y_{k}$反求$x_{k-1},y_{k-1}$
我們已知$a_{k}x_{k}+b_{k}y_{k}=gcd(a_{k},b_{k})$
但其實右側的值始終爲$1$
也就是可以寫成這樣的形式：$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=a_{k}x_{k}+b_{k}y_{k}$
注意到前後$a$和$b$的對應關係，也即：
$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=b_{k-1}x_{k}+(a$ $mod$ $b)y_{k}$
注意到$a$ $mod$ $b$等價於$a-[\frac{a}{b}]b$
於是上式即爲：$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=b_{k-1}x_{k}+(a_{k-1}-[\frac{a_{k-1}}{b_{k-1}}]b_{k-1})y_{k}$
展開右側，既得$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=a_{k-1}y_{k}+b_{k-1}(x_{k}-[\frac{a_{k-1}}{b_{k-1}}]y_{k}$
對應相等，於是$x_{k-1}=y_{k},y_{k-1}=x_{k}-[\frac{a_{k-1}}{b_{k-1}}]y_{k}$
我們也就找出了這組對應關係
一般線性同餘方程的求解：
考慮方程$ax+by=c$，其中$gcd(a,b)|c$
那麼首先我們可以在兩側同時除掉一個$gcd(a,b)$，得到一個新的方程$a^{'}x+b^{'}y=c^{'}$，其中$gcd(a^{'},b^{'})=1$，這兩個方程顯然是等價的
那麼我們不妨先求解方程$a^{'}x+b^{'}y=1$，這樣的話只需要對求出的$x,y$同時乘c就是原方程的解了