最大公约数
公约数：几个整数共有的约数。（$ \pm 1是任何整数的公约数$）
最大公约数：显而易见，所有公约数中最大的那个。
欧几里得算法
为了求最大公约数（常记为GCD），我们常用欧几里得算法。以两个数的最大公约数为例。设正整数a,b。不妨假设\(a>b\)。
\[gcd(a,b)=gcd(b,a\ mod\ b) \]证明
当 \(b\mid a\)时，很明显，\(gcd(a,b)=b\)。
当 \(b\nmid a\)时，设\(a=k\times b+r,d=gcd(a,b)\)。那么 \(r=a\ mod\ b,\ d\mid a且d\mid b\)，等式同除\(d\)，得到 \(\frac{a}{d}=k\times \frac{b}{d}+\frac{r}{d}\)，等式左侧为整数，则 \(\frac{r}{d}\) 也为整数。
Code
由此我们得到一个递归的写法
int gcd(int a,int b)
{
if(b==0)return a;
else return gcd(b,a%b);
}
令n为a,b之中的较大数，时间复杂度 \(O(log\ n)\)。
更相减损术
由于大整数取模速度很慢，我们用加减法代替取模运算可以证明 $ \forall d \mid a,d \mid b,有d \mid a-b $，因此
\[gcd(a,b)=gcd(a-b,b) \]怎么求多个数的最大公约数?我们可以每次求其中两个整数的gcd，并将其放回原数列，继续求解，不会对结果有影响。
最小公倍数 \((LCM)\)
利用最大公约数求LCM
已知整数\(a,b\)，进行质因数分解
\(a=p_{a_1}^{k_{a_1}} \times p_{a_2}^{k_{a_2}} \times \ldots \times p_{a_n}^{k_{a_n}} ,b=p_{b_1}^{k_{b_1}} \times p_{b_2}^{k_{b_2}} \times \ldots \times p_{b_m}^{k_{b_m}}\)
易知 $ gcd(a,b)=p_1^{min(k_{a_1},k_{b_1})} \times p_2^{min(k_{a_2},k_{b_2})} \times \ldots \times p_n^{min(k_{a_n},k_{b_n})} $ ， $ lcm(a,b)=p_1^{max(k_{a_1},k_{b_1})} \times p_2^{max(k_{a_2},k_{b_2})} \times \ldots \times p_n^{max(k_{a_n},k_{b_n})} $
$\because min(k_{a_i},k_{b_i}) \times max(k_{a_i},k_{b_i})=k_{a_i} \times k_{b_i} $
$\therefore gcd(a,b) \times lcm(a,b)=a \times b $
扩展欧几里得算法
用于求解关于 \(x,y\) 形如 $ax+by=gcd(a,b) $的方程的一组可行的整数解。
证明
当 $ gcd(a,b)=a $时，显然有一组解 $ x=1,y=0 $
对于一般情况，设 $ ax_1+by_1=gcd(a,b) $
$ bx_2+(a \mod b)y=gcd(b,a\mod b) $
由欧几里得可知，$ gcd(a,b)=gcd(b,a\mod b) $
$ ax_1+by_1=bx_2+(a\mod b)y_2 $
又因为 $ a\mod b=a-b\times \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor $ ，整理可得
\[ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_2) \]由于我们只要得到一组解即可，令 $ x_1=y_2,\ y_1=x_2-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y_2 $
Code
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b){
x=1;
y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return d;
}
例题 倒酒
思路
a mL的酒杯最后剩下的酒为b mL酒杯向 a中倒入的总酒量减a倒回酒桶的酒量，设a酒杯倒出x次，b酒杯倒入a酒杯y次，最后剩余酒的最小值为c。
得到方程 $ by-ax=c $
那么何时c取最小值？其实就是 $ gcd(a,b) $
证明
反证法，设整数 $ r<gcd(a,b)且 by-ax=r $，令 $ d=gcd(a,b) $
\[by-ax=r \]\[\frac{b}{d} \times y- \frac{a}{d} \times x= \frac{r}{d} \]$ \because d=gcd(a,b) \ $ $ \therefore d \mid a 且 d \mid b $
$ \because r<d \ $ $ \therefore d \nmid r $
$ \because 等式左侧必为整数，等式右侧必为分数 $
$ \therefore 假设不成立 $
$ by-ax 的最小值为 gcd(a,b) $
证毕
利用 \(exgcd\) 求出一组可行的解 \(x_1,y_1\) ，注意我们求解的方程是 $ ax+by=gcd(a,b) $ ， \(x\)取负数，方程就转换为 $ -ax+by=gcd(a,b) $ ，题干的要求是使 \(x\) 最小，同时保证 \(x,y\) 均为正整数，应该怎么处理？
令 $ a_1= \frac{a}{gcd(a,b)}, b_1= \frac{b}{gcd(a,b)} $
则 $ a_1x_1+b_1y_1=1 $
$ a_1 x_2+ a_1 \Delta x +b_1y_1=1 $
$ a_1x_2+b_1(y_1+ \frac{a_1 \Delta x }{b_1} )=1 $
$ \because y_2=y_1+ \frac{a_1 \Delta x}{b_1} 为正整数 $
$ \therefore b_1 \mid a_1 \Delta x $
$ \because gcd(a_1,b_1)=1 $
$ \therefore b_1 \mid \Delta x $
$ x_2=x_1- \Delta x $ 且 \(x_2\) 取最小正整数， $x_2=x_1 \mod b_1 $，因为 \(x_1\) 可能为负数 ，$ x_2=(x_1 \mod b_1+b_1 ) \mod b_1 $
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a,b,c;
int x,y;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b){
x=1;
y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,x,y);
int t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
return d;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
c=exgcd(a,b,x,y);
cout<<c<<endl;
x=-x;
b/=c;
a/=c;
c=1;
x=(x%b+b)%b;
y=(c+a*x)/b;
cout<<x<<' '<<y<<endl;
}
乘法逆元
定义
关于 \(a,p\)的同余方程 $ ax \equiv 1 (\mod p ) $， \(x\)称为 \(a\)在模 \(p\) 意义下的乘法逆元，其中 \(a,p\)互素 ， 记作 $ x=a^{-1} $
性质
我们经常遇到这种场景，已知整数 $ a,b(很大，需要取模) $，求 \(a/b\)。
由于a，b不能直接存下，只能进行取模，令 $ x=a\mod q,y=b\mod q $ ，这样问题就来了，取模之后在做除法不能保证结果正确。这时，乘法逆元启动。
$ x \times x^{-1} \equiv 1(\mod p) $
由同余的相关性质可知， $ a\times x\times x^{-1} \equiv a(\mod p) $
又 $ ax\div x\equiv a (\mod p) $
由此，得出结论，在同余方程中，除以整数 \(x\)，相当于乘 \(x\)的逆元。
同时也可以证明 \(a,p\)不互素时，\(a\)没有逆元。
求逆元
单点求逆元
我们当然可以用扩展欧几里得解同余方程求逆元，这里不再解释。
也可以用快速幂和费马小定理求逆元，但蒟蒻不会，详见OI Wiki。
线性求逆元
求出 \(1,2,\dots ,n\) 中每个数在模 \(p\) 意义下的逆元，保证互素。
当 $ n\ge 1e7 $ 时 ，\(O(n logn)\) 求逆元就不现实了，考虑线性求逆元。
显然， $ 1^{-1}=1 $
对于 \(i\ne 1\) 的情况， \(p=ki+j\)， $k=\left \lfloor \frac{p}{i} \right \rfloor ,j=p \mod i $ 。
\[p \equiv 0 (\mod p) \]\[k\times i+j \equiv 0 (\mod p) \]同乘 $i^{-1}\times j^{-1} $
\[k\times i\times i^{-1}\times j^{-1}+j\times j^{-1}\times i^{-1}\equiv 0(\mod p) \]\[k\times j^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mod p) \]\[i^{-1}\equiv -k\times j^{-1}(\mod p) \]保证 $i^{-1}> 0 $， $ i^{-1}=(p-\left \lfloor \frac{p}{i}\right \rfloor)\times (p\mod i)^{-1}\mod p $
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e6;
#define int long long
int n,p;
int inv[N];
signed main()
{
cin>>n>>p;
inv[1]=1;
puts("1");
for(int i=2;i<=n;i++){
int k=p/i;
int j=p%i;
inv[i]=(long long)(p*k-inv[j]*k)%p;
printf("%lld\n",inv[i]);
}
}