篩素數
int num;
int prime[maxn], sf[maxn];
void shai(int n){
memset(sf, 1, sizeof sf);
sf[1]=sf[0]=0;
for(int i=2; i<=n; i++){
if(sf[i]) prime[++num]=i;
for(int j=1; j<=num; j++){
if(i*prime[j]>maxn) break;
sf[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)break;
}
}
}
如果多次詢問區間素數個數顯然可以用前綴和優化。
int cnt[maxn];//前綴和
void qzh(int n){
int tot=0;
for(int i=1; i<=n; i++){
if(sf[i]) tot++;
cnt[i]=tot;
}
}
逆元
線性推逆元
p爲素數。
\(inv[i]=(p-p/i)*inv[p\%i]\%p\)
p一定爲質數,直接線性推就好了。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 3000001
typedef long long ll;
using namespace std;
int inv[N], n, p;
int main(){
scanf("%d%d", &n, &p);
inv[1]=1;
printf("1\n");
for(int i=2;i<=n;i++){
inv[i]=(ll)(p-p/i)*inv[p%i]%p;
printf("%d\n",inv[i]);
}
return 0;
}
單個逆元求法
\(x∗b≡1(\mod p)\) 注意:被除數與n要求互質。
·若p爲素數顯然費馬小定理。
·用exgcd求解\(x*b+y*p=1\)。
·根據歐拉公式,\(x=b^{\phi(n−1)}(\mod p)\)。
費馬小定理求模質數意義上的逆元
代碼顯然。
歐拉定理求模任意數意義上的逆元
篩出歐拉函數。
於是就順便說一下歐拉函數。
歐拉函數\(\phi(n)\)即n以內n的約數的個數。
由歐拉定理:\(a^\phi(p)≡1(\mod p)\) 。
顯然a的逆元\(b=a^{\phi(p)-1}\);
CODE:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
int a, b;
int phi(int n){//求歐拉函數。
int ans=1;
for(int i=2; i*i<=n; ++i){
if(n%i==0) {
n/=i;
ans*=i-1;
while(n%i==0){
n/=i;
ans*=i;
}
}
}
if(n>1)
ans*=n-1;
return ans;
}
ll ksm(int n, int k){
ll res=1;
while(k){
if(k&1)res=res*n%b;
n=n*n%b;
k>>=1;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%d%d", &a, &b);
printf("%d", ksm(a, phi(b)-1));
return 0;
}
奇怪的數
EXCRT
問題
求解同餘方程組
\(\left\{\begin{aligned}x\equiv\ a_1(\mod m_1) \quad\\ x\equiv\ a_2(\mod m_2) \quad\\ x\equiv\ a_3(\mod m_3) \quad\\ ...\quad\\x\equiv\ a_k(\mod m_k) \quad\end{aligned}\right.\)
其中\(m_1,m_2,m_3...m_k\)爲不一定兩兩互質的整數, 求\(x\)的最小非負整數解
求解
假設已經求出前\(k-1\)個方程組成的同餘方程組的一個解爲\(x\)
且有\(M=\prod_{i-1}^{k-1}m_i\)
則前\(k-1\)個方程的方程組通解爲\(x+i*M(i\in Z)\)
那麼對於加入第\(k\)個方程後的方程組
我們就是要求一個正整數\(t\),使得 \(x+t*M \equiv a_k(\mod m_k)\)
轉化一下上述式子得\(t*M \equiv a_k-x(\mod m_k)\)
對於這個式子我們已經可以通過exgcd求解\(t\)
若該同餘式無解,則整個方程組無解, 若有,則前\(k\)個同餘式組成的方程組的一個解解爲\(x_k=x+t*M\)
所以整個算法的思路就是求解\(k\)次擴展歐幾里得