10.1　数论初步

数论被“数学王子”高斯誉为整个数学王国的皇后。在算法竞赛中，数论常常以各种面貌出现，但万变不离其宗，大部分数论题目并不涉及多少特殊的知识，但对数学思维和能力要求较高。本节介绍几个最为常用的算法，并通过例题展示一些常用的思维方式。

10.1.1　欧几里德算法和唯一分解定理

除法表达式。给出一个这样的除法表达式：X₁ / X₂ / X₃ / …/ X_k，其中X_i是正整数。除法表达式应当按照从左到右的顺序求和，例如，表达式1/2/1/2的值为1/4。但可以在表达式中嵌入括号以改变计算顺序，例如，表达式(1/2)/(1/2)的值为1。

输入X₁, X₂, …, X_k，判断是否可以通过添加括号，使表达式的值为整数。K≤10000，X_i≤10⁹。

【分析】

表达式的值一定可以写成A/B的形式：A是其中一些X_i的乘积，而B是其他数的乘积。不难发现，X₂必须放在分母位置，那其他数呢？

幸运的是，其他数都可以在分子位置：

接下来的问题就变成了：判断E是否为整数。

第1种方法是利用前面介绍的高精度运算：k次乘法加一次除法。显然，这个方法是正确的，但却比较麻烦。

第2种方法是利用唯一分解定理，把X₂写成若干素数相乘的形式：

然后依次判断每个是否是X₁X₃X_4…X_k的约数。这次不用高精度乘法了，只需把所有X_i中p_i的指数加起来。如果结果比a_i小，说明还会有p_i约不掉，因此E不是整数。这种方法在第5章中已经用过，这里不再赘述。

第3种方法是直接约分：每次约掉X_i和X₂的最大公约数gcd(X_i, X₂)，则当且仅当约分结束后X₂=1时E为整数，程序如下：

int judge(int* X) {
      X[2] /= gcd(X[2], X[1]);
      for(int i = 3; i <= k; i++) X[2] /= gcd(X[i], X[2]);
      return X[2] == 1;
}

整个算法的时间效率取决于这里的gcd算法。尽管依次试除也能得到正确的结果，但还有一个简单、高效，而且相当优美的算法——辗转相除法。它也许是最广为人知的数论算法。

辗转相除法的关键在于如下恒等式：gcd(a,b) = gcd(b, a mod b)。它和边界条件gcd(a, 0)=a一起构成了下面的程序：

int gcd(int a, int b) {   
    return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}

这个算法称为欧几里德算法（Euclid algorithm）。既然是递归，那么免不了问一句：会栈溢出吗？答案是不会。可以证明，gcd函数的递归层数不超过4.785lgN + 1.6723，其中N=max{a,b}。值得一提的是，让gcd递归层数最多的是gcd(F_n,F_n-1)，其中F_n是后文要介绍的Fibonacci数。

利用gcd还可以求出两个整数a和b的最小公倍数lcm(a,b)。这个结论很容易由唯一分解定理得到。设

由此不难验证gcd(a,b)*lcm(a,b)=a*b。不过即使有了公式也不要大意。如果把lcm写成a * b/gcd(a,b)，可能会因此丢掉不少分数——a*b可能会溢出！正确的写法是先除后乘，即a/gcd(a,b) * b。这样一来，只要题面上保证最终结果在int范围之内，这个函数就不会出错。但前一份代码却不是这样：即使最终答案在int范围之内，也有可能中间过程越界。注意这样的细节，毕竟算法竞赛不是数学竞赛。

10.1.2　Eratosthenes筛法

无平方因子的数。给出正整数n和m，区间[n, m]内的“无平方因子”的数有多少个？整数p无平方因子，当且仅当不存在k>1，使得p是k²的倍数。1≤n≤m≤10¹²，m-n≤10⁷。

【分析】

对于这样的限制，直接枚举判断会超时：需要判断10⁷个整数，而每个整数还需要花费一定的时间判断是否没有平方因子。怎么办呢？在介绍具体算法之前，需要学会用Eratosthenes筛法构造1～n的素数表。

筛法的思想特别简单：对于不超过n的每个非负整数p，删除2p, 3p, 4p,…，当处理完所有数之后，还没有被删除的就是素数。如果用vis[i]表示i已经被删除，筛法的代码可以写成：

memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i = 2; i <= n; i++)
  for(int j = i*2; j <= n; j+=i) vis[j] = 1;

尽管可以继续改进，但这份代码已经相当高效了。为什么呢？给定外层循环变量i，内层循环的次数是。这样，循环的总次数小于。这个结论来源于欧拉在1734年得到的结果：，其中欧拉常数γ≈0.577218。这样低的时间复杂度允许在很短的时间内得到10⁶以内的所有素数。

下面来改进这份代码。首先，在“对于不超过n的每个非负整数p”中，p可以限定为素数——只需在第二重循环前加一个判断if(!vis[i])即可。另外，内层循环也不必从i*2开始——它已经在i=2时被筛掉了。改进后的代码如下：

int m = sqrt(n+0.5);
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for(int i = 2; i <= m; i++) if(!vis[i])
  for(int j = i*i; j <= n; j+=i) vis[j] = 1;

这里有一个有意思的问题：给定的n，c的值是多少呢？换句话说，不超过n的正整数中，有多少个是素数呢？

素数定理：。

其中，π(x)表示不超过x的素数的个数。上述定理的直观含义是：它和x/lnx比较接近——对于算法入门来说，这已足够。表10-1给出了一些值来加深读者的印象。

表10-1　素数定理的直观验证

最后回到原题：如何求出区间内无平方因子的数？方法和筛素数是类似的：对于不超过的所有素数p，筛掉区间[n, m]内p²的所有倍数。

10.1.3　扩展欧几里德算法

直线上的点。求直线ax+by+c=0上有多少个整点(x,y)满足x∈[x₁, x₂], y∈[y₁, y₂]。

【分析】

在解决这个问题之前，首先学习扩展欧几里德算法——找出一对整数(x,y)，使得ax+by= gcd(a,b)。注意，这里的x和y不一定是正数，也可能是负数或者0。例如，gcd(6,15)=3，6*3-15*1=3，其中x=3，y=-1。这个方程还有其他解，如x=-2，y=1。

下面是扩展欧几里德算法的程序：

void gcd(int a, int b, int& d, int& x, int& y) {
  if(!b){ d = a; x = 1; y = 0; }
  else{ gcd(b, a%b, d, y, x); y -= x*(a/b); }
}

用数学归纳法并不难证明算法的正确性，此处略去。注意在递归调用时，x和y的顺序变了，而边界也是不难得出的：gcd(a,0)=1*a-0*0=a。这样，唯一需要记忆的是y-=x*(a/b)，哪怕暂时不懂得其中的原因也不要紧。

上面求出了ax+by=gcd(a,b)的一组解(x₁,y₁)，那么其他解呢？任取另外一组解(x₂,y₂)，则ax₁+by₁=ax₂+by₂（它们都等于gcd(a,b)），变形得a(x₁-x₂)=b(y₂-y₁)。假设gcd(a,b)=g，方程左右两边同时除以g⁽¹⁾，得a'(x₁-x₂)=b' (y₂-y₁)，其中a'=a/g，b'=b/g。注意，此时a'和b'互素，因此x₁-x₂一定是b'的整数倍。设它为kb'，计算得y₂-y₁=ka'。注意，上面的推导过程并没有用到“ax+by的右边是什么”，因此得出如下结论。

提示10-1：设a, b, c为任意整数。若方程ax+by=c的一组整数解为(x₀,y₀)，则它的任意整数解都可以写成(x₀+kb', y₀-ka')，其中a'=a/gcd(a,b)，b'=b/gcd(a,b)，k取任意整数。

有了这个结论，移项得ax+by=-c，然后求出一组解即可。例如：

例1：6x+15y=9。根据欧几里德算法，已经得到了6×(-2)+15×1=3，两边同时乘以3得6×(-6)+15×3=9，即x=-6，y=3时6x+15y=9。

例2：6x+15=8，两边除以3得2x+5=8/3。左边是整数，右边不是整数，显然无解。综合起来，有下面的结论。

提示10-2：设a, b, c为任意整数，g=gcd(a,b)，方程ax+by=g的一组解是(x₀,y₀)，则当c是g的倍数时ax+by=c的一组解是(x₀c/g, y₀c/g)；当c不是g的倍数时无整数解。

这样，即完整地解决了本问题。顺便说一句，本题的名称为什么叫“直线上的点”呢？这是因为在平面坐标系下，ax+by+c=0是一条直线的方程。

10.1.4　同余与模算术

你需要花多少时间做下面这道题目呢？

123456789*987654321=（ ）

A．121932631112635266

B．121932631112635267

C．121932631112635268

D．121932631112635269

既然是选择题，不必费力把答案完整地计算出来——4个选项的个位数都不相同，因此只需要计算出答案的最后一位即可。不难得出，它等于1*9=9。把刚才的解题过程抽象出来就是下面的式子：

123456789*987654321 mod10=((123456789 mod10)*(987654321 mod10)) mod10

其中a mod b表示a除以b的余数，C语言表达式是a % b。在本章中，b一定是正整数，尽管b < 0时表达式a % b也是合法的（但b=0时会出现除零错）。

不难得到下面的公式：

注意在减法中，由于a mod n可能小于b mod n，需要在结果加上n，而在乘法中，需要注意a mod n和b mod n相乘是否会溢出。例如，当n=10⁹时，ab mod n一定在int范围内，但a mod n和b mod n的乘积可能会超过int。需要用long long保存中间结果，例如：

int mul_mod(int a, int b, int n) {
  a %= n; b %= n;
  return (int)((long long)a * b % n);
}

当然，如果n本身超过int但又在long long范围内，上述方法就不适用了。在这种情况下，建议初学者使用高精度乘法——尽管有办法可以避免，但技巧性很强，不推荐初学者学习。

大整数取模。输入正整数n和m，输出n mod m的值。n≤10¹⁰⁰，m≤10⁹。

【分析】

首先，把大整数写成“自左向右”的形式：1234=((1*10+2)*10+3)*10+4，然后用前面的公式，每步取模，例如：

scanf("%s%d", n, &m);
int len = strlen(n);
int ans = 0;
for(int i = 0; i < len; i++)
    ans = (int)(((long long)ans*10 + n[i] - '0') % m);
printf("%d\n",ans);

当然，也可以把ans声明成long long类型的，然后在输出时临时转换为int，但要注意乘法溢出的问题。

幂取模。输入正整数a、 n和m，输出aⁿ mod m的值。a, n, m≤10⁹。

【分析】

很容易写出下面的代码：

int pow_mod(int a, int n, int m) {
  int ans = 1;
  for(int i = 0; i < n; i++) ans = (int)((long long)ans * n % m);
}

这个函数的时间复杂度为O(n)，当n很大时速度很不理想。有没有办法算得更快呢？可以利用分治法：

int pow_mod(int a, int n, int m) {
  if(n == 0) return 1;
  int x = pow_mod(a, n/2, m);
  long long ans = (long long)x * x % m;
  if (n%2 == 1) ans = ans * a % m;
  return (int)ans;
}

例如，a²⁹=(a¹⁴)²*a，而a¹⁴=(a⁷)²，a⁷=(a³)²*a，a³=a²*a，一共只做了7次乘法。不知读者有没有发现，上述递归方式和二分查找很类似——每次规模近似减小一半。因此，时间复杂度为O(logn)，比O(n)好了很多。

模线性方程组。输入正整数a, b, n，解方程ax≡b(mod n)。a, b, n≤10⁹。

【分析】

本题中出现了一个新记号：同余。a≡b(mod n)的含义是“a和b关于模n同余”，即a mod n = b mod n。不难得出，a≡b(mod n)的充要条件是：a-b是n的整数倍。

提示10-3：a≡b(mod n)的含义是“a和b除以n的余数相同”，其充要条件是“a-b是n的整数倍”。

这样，原来的方程就可以理解成：ax-b是n的正整数倍。设这个“倍数”为y，则ax-b=ny，移项得ax-ny=b，这恰好就是10.1.3节介绍的不定方程（a, n, b是已知量，x和y是未知数）！接下来的步骤不再介绍。唯一需要说明的是，如果x是方程的解，满足x≡y(mod n)的其他整数y也是方程的解。因此，当谈到同余方程的一个解时，其实指的是一个同余等价类。

尽管算法已无须继续讨论，有一个特殊情况需要引起读者重视。b=1时，ax≡1(mod n)的解称为a关于模n的逆（inverse），它类似于实数运算中“倒数”的概念。什么时候a的逆存在呢？根据上面的讨论，方程ax-ny=1要有解。这样，1必须是gcd(a,n)的倍数，因此a和n必须互素（即gcd(a,n)=1）。在满足这个条件的前提下，ax≡1(mod n)只有唯一解。注意，同余方程的解是指一个等价类。

提示10-4：方程ax≡1(mod n)的解称为a关于模n的逆。当gcd(a,n)=1时，该方程有唯一解；否则，该方程无解。

10.1.5　应用举例

例题10-1　巨大的斐波那契数！（Colossal Fibonacci Numbers!, UVa11582）

输入两个非负整数a、b和正整数n（0≤a,b<2⁶⁴，1≤n≤1000），你的任务是计算f(a^b)除以n的余数。其中f(0)=f(1)=1，且对于所有非负整数i，f(i+2)=f(i+1)+f(i)。

【分析】

所有计算都是对n取模的，不妨设F(i)=f(i) mod n。不难发现，当二元组(F(i), F(i+1))出现重复时，整个序列就开始重复。例如，n=3，序列F(i)的前10项为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1，第9、10项和前两项完全一样。根据递推公式，第11项会等于第3项，第12项等于第4项……

多久会出现重复呢？因为余数最多n种，所以最多n²项就会出现重复。设周期为M，则只需计算出F(0)～F(n²)，然后算出F(a^b)等于其中的哪一项即可。

例题10-2　不爽的裁判（Disgruntled Judge, NWERC 2008, UVa12169）

有个裁判出的题太难，总是没人做，所以他很不爽。有一次他终于忍不住了，心想：“反正我的题没人做，我干嘛要费那么多心思出题？不如就输入一个随机数，输出一个随机数吧。”

于是他找了3个整数x₁、a和b，然后按照递推公式x_i=(ax_i-1+b) mod 10001计算出了一个长度为2T的数列，其中T是测试数据的组数。然后，他把T和x₁, x₃,…, x_2T-1写到输入文件中，x₂, x₄,…, x_2T写到了输出文件中。

你的任务就是解决这个疯狂的题目：输入T, x₁, x₃,…, x_2T-1，输出x₂, x₄,…, x_2T。输入保证T≤100，且输入的所有x值为0～10000的整数。如果有多种可能的输出，任意输出一个即可。

【分析】

如果知道了a，就可以计算出x₂，进而根据x₃=(ax₂+b) mod 10001算出b。有了x₁、a和b，就可以在O(T)时间内计算出整个序列了。如果在计算过程中发现和输入矛盾，则这个a是非法的。由于a是0～10000的整数（因为递推公式对10001取模），即使枚举所有的a，时间效率也足够高。

例题10-3　选择与除法（Choose and Divide, UVa10375）

已知C(m,n) = m!/(n!(m-n)!)，输入整数p, q, r, s（p≥q，r≥s，p,q,r,s≤10000），计算C(p,q)/C(r,s)。输出保证不超过10⁸，保留5位小数。

【分析】

本题正是唯一分解定理的用武之地。组合数C(m,n)的性质将在10.2.1节中介绍，本题只需要用到它的定义。

首先，求出10000以内的所有素数primes，然后用数组e表示当前结果的唯一分解式中各个素数的指数。例如，e={1,0,2,0,0,0,…}表示2¹*5²=50。主程序如下：

while(cin >> p >> q >> r >> s) {
  memset(e, 0, sizeof(e));
  add_factorial(p, 1);
  add_factorial(q, -1);
  add_factorial(p-q, -1);
  add_factorial(r, -1);
  add_factorial(s, 1);
  add_factorial(r-s, 1);
  double ans = 1;
  for(int i = 0; i < primes.size(); i++)
    ans *= pow(primes[i], e[i]);
  printf("%.5lf\n", ans);
}

其中add_factorial(n,d)表示把结果乘以(n!)d，它的实现如下：

//乘以或除以n. d=0表示乘，d=-1表示除
void add_integer(int n, int d) {
  for(int i = 0; i < primes.size(); i++) {
    while(n % primes[i] == 0) {
      n /= primes[i];
      e[i] += d;
    }
    if(n == 1) break; //提前终止循环，节约时间
  }
}

void add_factorial(int n, int d) {
  for(int i = 1; i <= n; i++)
    add_integer(i, d);
}

例题10-4　最小公倍数的最小和（Minimum Sum LCM, UVa10791）

输入整数n（1≤n<2³¹），求至少两个正整数，使得它们的最小公倍数为n，且这些整数的和最小。输出最小的和。

【分析】

本题再次用到了唯一分解定理。设唯一分解式n=a₁^p1*a₂^p2…，不难发现每个a_i^pi作为一个单独的整数时最优。

如果就这样匆匆编写程序，可能会掉入陷阱。本题有好几个特殊情况要处理：n=1时答案为1+1=2；n只有一种因子时需要加个1，还要注意n=2³¹-1时不要溢出。

例题10-5　GCD等于XOR（GCD XOR, ACM/ICPC Dhaka 2013, UVa12716）

输入整数n（1≤n≤30000000），有多少对整数(a,b)满足：1≤b≤a≤n，且gcd(a,b)=a XOR b。例如n=7时，有4对：(3,2), (5,4), (6,4), (7,6)。

【分析】

本题看上去很难找到简洁的数学公式，因为gcd和xor看上去似乎毫不相干。不过xor的好处是：a xor b = c，则a xor c = b，所以可以枚举a和c，然后算出b=a xor c，最后验证一下是否有gcd(a,b)=c。时间复杂度如何？因为c是a的约数，所以和素数筛法类似，时间复杂度为n/1+n/2+…+n/n=O(nlogn)。再加上gcd的时间复杂度为O(logn)，所以总的时间复杂度为O(n(logn)²)。

我们还可以做得更好。上述程序写出来之后，可以打印一些满足gcd(a,b)=a xor b=c的三元组(a,b,c)，然后很容易发现一个现象：c=a-b。

证明如下：不难发现a-b≤a xor b，且a-b≥c。假设存在c使得a-b>c，则c<a-b≤a xor b，与c=a xor b矛盾。

有了这个结论，还是沿用上述算法，枚举a和c，计算b=a-c，则gcd(a,b)=gcd(a,a-c)=c，因此只需验证是否有c = a xor b，时间复杂度降为了O(nlogn)。