Math
Math Theory Part 2
Author: Lemon
Speaker: Ian Wen
模運算
簡單來說就是除以\(N\)的餘數 (?
注意，模運算討論的範圍僅限整數 (畢竟這樣才會有餘數)
模運算
要注意的是
C++模數的結果有可能是負的
e.g.
(-10) % 3 = -1
反正牽涉模運算時處理都要小心一點
但其實是 -10 mod 3 是 2
模運算
自從去過校培後
我自己會把模運算寫成函式
避免出錯啦
int mabs(long long a, int mod) { //轉成 0 <= a < mod的形式
return (a % mod + mod) % mod;
}
int madd(long long a, long long b, int mod) { // a + b
return mabs(a % mod + b % mod, mod);
}
int mmin(long long a, long long b, int mod) { // a - b
return mabs(a % mod - b % mod, mod);
}
int mmul(long long a, long long b, int mod) {
return mabs((a % mod)*(b % mod), mod);
}模除(?
模除(?
你會發現剛剛沒有除法
因為在模運算中我們不能直接使用除法
e.g.
\(2 \equiv 5\ (mod\ 3)\)
如果用除法的話 (兩邊同除 5 看看)
\(0.4 \equiv 1\ (mod\ 3)\)
顯然是爛ㄉ
模反元素
就是倒數、反矩陣的概念
假設 \(a \equiv k\ (mod\ p)\)
它的模反元素\(a^{-1}\)使得
\(a \times a^{-1} \equiv k \times a^{-1} \equiv 1\ (mod\ p)\)
啊要怎麼算出來ㄋ(?
(aka 模逆元 乘法反元素)
注意，a, p 互質才有模逆元 !
e.g \(2 \times a^{-1} \equiv 1\ (mod\ 4)\) 你求不出模逆元
費馬小定理
\textit{Let}\ a \in \mathbb{Z},\ p\ \textit{is a prime}, \\
a ^ {p} \equiv a\ (mod\ p)
\(a^{p-2} \equiv a^{-1}\ (mod\ p)\)
a^{-1}
兩邊同乘
費馬小定理
於是
我們套分治學的快速冪
便能在\(O(logn)\)下求出模反元素
#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7; //常見的 10^9 + 7 就是個質數
int mabs(long long a, int mod = MOD) {
return (a % mod + mod) % mod;
}
int madd(long long a, long long b, int mod = MOD) { // a + b
return mabs(a % mod + b % mod, mod);
}
int mmin(long long a, long long b, int mod = MOD) { // a - b
return mabs(a % mod - b % mod, mod);
}
int mmul(long long a, long long b, int mod = MOD) {
return mabs((a % mod)*(b % mod), mod);
}
int power(int a, int b) { //快速冪
int ret = 1;
while(b) {
if(b & 1) ret = mmul(ret, a);
b >>= 1;
a = mmul(a, a);
}
return ret;
}
int main() {
int a;
cin >> a;
cout << mmul(a, power(a, MOD-2)) << '\n'; //這項恆為1
cout << "INV:" << power(a, MOD-2) << '\n';
return 0;
}歐拉定理
若 \(a, n \in \mathbb{Z},\ gcd(a, n) = 1\)
則 \(a^{\phi(n)} \equiv 1\ (mod\ n)\)
其中 \(\phi(n)\) 稱為歐拉函數
其值為小於 \(n\) 且與 \(n\) 互質的正整數個數
顯而易見的
若 p 是質數，則 \(\phi(p) = p - 1\)
等同於費馬小定理
耶你學會了第2種推導模逆元的方法
如果模的數不是質數怎麼辦
我們當然有更加通用的方法
但是比較難寫
沒關係
你們還是要會ouo
放棄(X
貝祖定理
ax + by = gcd(a, b)
有整數解
大概就這樣(?
當 \(a, b \in \mathbb{Z}\)
擴展歐幾里得算法
這才是重點w
我們可以透過擴展歐幾里得算法計算貝祖定理的解
ㄛ如果你不知道的話 歐幾里得算法就是輾轉相除法ㄛ
int gcd(int a, int b) {
if(a > b) return gcd(b, a);
if(!b) return a;
return gcd(b, a%b);
}一般的輾轉相除法
擴展歐幾里得算法
\begin{cases}
ax_1 + by_1 = gcd(a, b) \\
bx_0 + (a\%b)y_0 = gcd(a, b)
\end{cases} \\
\text{又}a\%b = a - b \times \lfloor \frac{a}{b} \rfloor \\
\text{解聯立得}
\begin{cases}
x_1 = y_0 \\
y_1 = x_0 - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_0
\end{cases}
我們知道在程式運行時當\(b = 0\)時\(gcd(a, b) = a\)
故遞迴結束時 我們會知道\(x = 1, y = 0\)
反覆往上推就能找到答案ㄌ
擴展歐幾里得算法
#include <iostream>
using namespace std;
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y) { //加參考才能由下而上改變x, y
if(a < b) return exgcd(b, a, y, x);
if(!b) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int ret = exgcd(b, a%b, x, y);
int temp = x; //暫存x0
x = y;
y = temp - a / b * y;
return ret;
}
int main() {
int a, b, x, y;
cin >> a >> b;
cout << exgcd(a, b, x, y) << '\n';
cout << a * x + b * y << '\n'; //貝祖定理
}我們便透過擴展歐幾里得算法求得貝祖定理ㄉ一個整數解
貝祖定理
知道 x、y 有什麼用(?
若 \(gcd(a, b) = 1\)，也就是 a, b 互質
ax + by = gcd(a, b) = 1
ax \equiv 1\ (mod\ b)
故
x \equiv a^{-1}\ (mod\ b)
就求出模反元素ㄌ
複雜度同歐幾里得算法：\(O(log n)\)
要證明很難
例題
特別感謝一二學術長 lemonilemon 讓我偷簡報
數論 Part 2
By wen Ian
