欧拉函数
给定 n 个正整数 ai，请你求出每个数的欧拉函数。
欧拉函数的定义1∼N 中与 N 互质的数的个数被称为欧拉函数，记为 ϕ(N)。
若在算数基本定理中，N=p1a11p2a2…pmm，则：ϕ(N) = N×p1−1/p1×p2−1/p2×…×pm−1/pm
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含一个正整数 ai。
输出格式
输出共 n 行，每行输出一个正整数 ai 的欧拉函数。
数据范围
1≤n≤100,1≤ai≤2×109
输入样例
3
3
6
8
输出样例
2
2
4
问题分析
欧拉函数
对于正整数n,欧拉函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目，记作φ(n)
φ(1)=1
求n的欧拉值
首先， 欧拉函数是一个积性函数，当m,n互质时，φ(mn)=φ(m)∗φ(n)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int phi(int x)
{
int res=x;
for(int i=2;i<=x/i;i++)
if(x%i==0)
{
res=res/i*(i-1);
while(x%i==0) x/=i;
}
if(x>1) res=res/x*(x-1);
return res;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
int x;
cin>>x;
cout<<phi(x)<<endl;
}
}
筛法求欧拉函数
问题描述
给定一个正整数 n，求 1∼n 中每个数的欧拉函数之和。
输入格式
共一行，包含一个整数 n。
输出格式
共一行，包含一个整数，表示 1∼n 中每个数的欧拉函数之和。
数据范围
1≤n≤106
输入样例
6
输出样例
12
问题分析
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1000010;
int primes[N],cnt;
int n;
ll phi[N];
bool st[N];
ll get_eulers(int n)
{
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(!st[i])
{
primes[cnt++]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=0;primes[j]<=n/i;j++)
{
st[primes[j]*i]=true;
if(i%primes[j]==0)
{
phi[primes[j]*i]=phi[i]*primes[j];
break;
}
phi[primes[j]*i]=phi[i]*(primes[j]-1);
}
}
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
res+=phi[i];
return res;
}
int main()
{
cin>>n;
cout<<get_eulers(n)<<endl;
return 0;
}
快速幂
问题描述
给定 n 组 ai,bi,pi，对于每组数据，求出 aibimodpi的值。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含三个整数 ai,bi,pi。
输出格式
对于每组数据，输出一个结果，表示 aibimodpi的值。
每个结果占一行。
数据范围
1≤n≤100000,1≤ai,bi,pi≤2×109
输入样例
2
3 2 5
4 3 9
输出样例
4
1
问题分析
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll qmi(ll a,ll b,ll c)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b & 1) res=res*a%c;
a=a*a%c;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
ll a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
cout<<qmi(a,b,c)%c<<endl;
}
return 0;
}
快速幂求逆元
问题描述
给定 n 组 ai,pi，其中 pi 是质数，求 ai 模 pi 的乘法逆元，若逆元不存在则输出impossible。
注意：请返回在 0∼p−1 之间的逆元。
乘法逆元的定义
若整数 b，m 互质，并且对于任意的整数 a，如果满足 b|a，则存在一个整数 x，使得 ab≡a×x(modm)，则称 x 为 b 的模 m 乘法逆元，记为 b−1(modm)。
b 存在乘法逆元的充要条件是 b 与模数 m 互质。当模数 m 为质数时，bm−2即为 b 的乘法逆元。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含一个数组 ai,pi，数据保证 pi是质数。
输出格式
输出共 n 行，每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
若 ai 模 pi 的乘法逆元存在，则输出一个整数，表示逆元，否则输出impossible。
数据范围
1≤n≤105,1≤ai,pi≤2∗109
输入样例：
3
4 3
8 5
6 3
输出样例：
1
2
impossible
问题分析
代码
快速幂求逆元
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll qmi(ll a,ll b,ll p)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
ll a,c;
cin>>a>>c;
if(a%c==0) cout<<"impossible"<<endl;
else cout<<qmi(a,c-2,c)<<endl;
}
return 0;
}
扩展欧几里得算法求逆元
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if (!b) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return d;
}
int main()
{
cin >> n;
while (n --)
{
int a, p, x, y;
cin >> a >> p;
int d = exgcd(a, p, x, y);
if (d == 1) cout << ((LL)x + p) % p << endl;//保证x是正数
else puts("impossible");
}
return 0;
}
扩展欧几里得算法
问题描述
给定 n 对正整数 ai,bi，对于每对数，求出一组 xi,yi，使其满足 ai×xi+bi×yi=gcd(ai,bi)。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含两个整数 ai,bi。
输出格式
输出共 n 行，对于每组 ai,bi，求出一组满足条件的 xi,yi，每组结果占一行。
本题答案不唯一，输出任意满足条件的 xi,yi 均可。
数据范围
1≤n≤105,1≤ai,bi≤2×109
输入样例
2
4 6
8 18
输出样例
-1 1
-2 1
问题分析
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
int x,y;
exgcd(a,b,x,y);
cout<<x<<" "<<y<<endl;
}
return 0;
}
线性同余方程
问题描述
给定 n 组数据 ai,bi,mi，对于每组数求出一个 xi，使其满足 ai×xi≡bi(mod mi)，如果无解则输出 impossible。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含一组数据 ai,bi,mi。
输出格式
输出共 n 行，每组数据输出一个整数表示一个满足条件的 xi，如果无解则输出 impossible。
每组数据结果占一行，结果可能不唯一，输出任意一个满足条件的结果均可。
输出答案必须在 int 范围之内。
数据范围
1≤n≤105,1≤ai,bi,mi≤2×109
输入样例
2
2 3 6
4 3 5
输出样例
impossible
-3
问题分析
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n--)
{
int a,b,m;
int x,y;
cin>>a>>b>>m;
int d=exgcd(a,m,x,y);
if(b%d) cout<<"impossible"<<endl;
else cout<<(ll)x*b/d%m<<endl;
}
return 0;
}
表达整数的奇怪方式(中国剩余定理)
问题描述
给定 2n 个整数 a1,a2,…,an 和 m1,m2,…,mn，求一个最小的非负整数 x，满足 ∀i∈[1,n],x≡mi(mod ai)。
输入格式
第 1 行包含整数 n。
第 2…n+1 行：每 i+1 行包含两个整数 ai和 mi，数之间用空格隔开。
输出格式
输出最小非负整数 x，如果 x 不存在，则输出 −1。
数据范围
1≤ai≤231-1,0≤mi<ai,1≤n≤25
所有 mi 的最小公倍数在 64 位有符号整数范围内。
输入样例
2
8 7
11 9
输出样例
31
问题分析
- 将式子等价转换
对于每两个式子（我们考虑将其合并）:
x≡m1(% a1)
x≡m2(% a2)
则有：
x=k1∗a1+m1
x=k2∗a2+m2
进一步：
k1∗a1+m1=k2∗a2+m2
移项：
k1∗a1−k2∗a2=m2−m1
也就是：
①k1∗a1+k2∗(−a2)=m2−m1
也就是我们需要找到一个最小的k1,k2，使得等式成立（因为要求x最小，而a和m都是正数）。
- 用扩展欧几里得算法找出一组解
我们已知a1,m1,a2,m2，可以用扩展欧几里得算法算出一个k′1,k′2使得：
k′1∗a1+k′2∗(−a2)=gcd(a1,−a2)
无解判断：
若gcd(a1,−a2)∤m2−m1，则无解。
我们设d=gcd(a1,−a2),y=(m2−m1)/d
承接上文，我们只需让k1,k2分别扩大y倍，则可以找到一个k1,k2满足①式：
k1=k′1∗y,k2=k′2∗y
- 找到最小正整数解
我们知道一个性质：
②k1=k1+k∗a2d
k2=k2+k∗a1d
为任意整数，这时新的k1,k2仍满足①式。
证明：
将新的k1,k2带入式子得:
(k1+k*a2d)∗a1+(k2+k*a1d)*(−a2)=m2−m1
拆出来：
k1*a1+k*a2*a1d+k2*(−a2)+k*a1*(−a2)d=m2−m1
交换一下顺序，把负号拆出来：
k1*a1+k2*(−a2)+k*a2*a1d−k*a1*a2d=m2−m1
那个同加同减可以消掉：
k1*a1+k2*(−a2)=m2−m1
这个式子和①是一样的，因①成立，故此式也成立。
要找一个最小的非负整数解，我们只需要让
k1=k1% abs(a2/d)
k2=k2% abs(a1/d)
即可找到当前最小的k1,k2的解，即此时的k为0。
Q：此处为什么要取绝对值呢
A:因为不知道a2/d的正负性，我们在原基础上要尽量减多个abs(a2/d)，使其为正整数且最小。
- 等效替代：
由②式带入新的x为：
x=(k1+k∗a2d)∗a1+m1
=k1∗a1+m1+k∗a2∗a1d
=k1∗a1+m1+k∗lcm(a1,a2)③
Q:这里，k都为0了，为什么还要算呢？
因为这只是前两个式子得最小k，有可能遇到下一个式子后面被迫要扩大
在③中，我们设a0=lcm(a1,a2),m0=k1∗a1+m1
那么：
③ =k∗a0+m0
这个形式与一开始我们分解的形式是不是特别像呢？
没错！假设之后又来了一个a3,m3
我们只需要继续找：
x=k∗a0+m0=k3∗(−a3)+m3，那么问题又回到了第一步。
- 总结
我们的做法相当于每次考虑合并两个式子，将这n个式子合并n−1次后变为一个式子。最后剩下的式子就满足我们的答案。
注意：
lcm(a1,a2)和%a2/d，需要取绝对值。又因为d=gcd(a1,−a2)，我们不知道a1
的正负性（可能是上一步推过来的）。
%a2/d，需要取绝对值， 模负数的话，不会取到正解；
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
ll x=0,m1,a1;
cin>>m1>>a1;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
ll m2,a2;
cin>>m2>>a2;
ll k1,k2;
ll d=exgcd(m1,m2,k1,k2);
if((a2-a1)%d)
{
x=-1;
break;
}
k1*=(a2-a1)/d;
k1=(k1%(m2/d)+m2/d)%(m2/d);
x=k1*m1+a1;
ll m=abs(m1/d*m2);
a1=k1*m1+a1;
m1=m;
}
if(x!=-1) x=(a1%m1+m1)%m1;
cout<<x<<endl;
return 0;
}
高斯消元解线性方程组
问题描述
输入一个包含 n 个方程 n 个未知数的线性方程组。
方程组中的系数为实数。
求解这个方程组。
下图为一个包含 m 个方程 n 个未知数的线性方程组示例：
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含 n+1 个实数，表示一个方程的 n 个系数以及等号右侧的常数。
输出格式
如果给定线性方程组存在唯一解，则输出共 n 行，其中第 i 行输出第 i 个未知数的解，结果保留两位小数。
如果给定线性方程组存在无数解，则输出 Infinite group solutions。
如果给定线性方程组无解，则输出 No solution。
数据范围
1≤n≤100,所有输入系数以及常数均保留两位小数，绝对值均不超过 100。
输入样例
3
1.00 2.00 -1.00 -6.00
2.00 1.00 -3.00 -9.00
-1.00 -1.00 2.00 7.00
输出样例
1.00
-2.00
3.00
问题分析
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
const double eps=1e-8;
double a[N][N];
int n;
int gauss()
{
int c,r;
for(c=0,r=0;c<n;c++)
{
int t=r;
for(int i=r;i<n;i++) // 找绝对值最大的行
if(fabs(a[i][c])>fabs(a[t][c]))
t=i;
// 如果当前这一列的最大数都是 0 ，那么所有数都是 0
//就没必要去算了，因为它的约束方程，可能在上面几行
if(fabs(a[t][c])<eps) continue;
// 将绝对值最大的行换到最顶端
for(int i=c;i<=n;i++) swap(a[t][i],a[r][i]);
for(int i=n;i>=c;i--) a[r][i]/=a[r][c];
for(int i=r+1;i<n;i++)
if(fabs(a[i][c])>eps)
for(int j=n;j>=c;j--)
a[i][j]-=a[r][j]*a[i][c];
r++;
}
if(r<n)
{
for(int i=r;i<n;i++)
if(fabs(a[i][n])>eps)
return 2;
return 1;
}
for(int i=n-1;i>=0;i--)
for(int j=i+1;j<n;j++)
a[i][n]-=a[i][j]*a[j][n];
return 0;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n+1;j++)
cin>>a[i][j];
int t=gauss();
if(t==2) cout<<"No solution"<<endl;
else if(t==1) cout<<"Infinite group solutions"<<endl;
else
{
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%.2lf\n",a[i][n]);
}
return 0;
}
高斯消元解异或线性方程组
问题描述
输入一个包含 n 个方程 n 个未知数的异或线性方程组。
方程组中的系数和常数为 0 或 1，每个未知数的取值也为 0 或 1。
求解这个方程组。
异或线性方程组示例如下：
其中 ^ 表示异或(XOR),M[i][j]表示第 i个式子中 x[j]的系数，B[i] 是第 i 个方程右端的常数，取值均为 0 或 1。
输入格式
第一行包含整数 n。
接下来 n 行，每行包含 n+1 个整数 0 或 1，表示一个方程的 n 个系数以及等号右侧的常数。
输出格式
如果给定线性方程组存在唯一解，则输出共 n 行，其中第 i 行输出第 i 个未知数的解。
如果给定线性方程组存在多组解，则输出 Multiple sets of solutions。
如果给定线性方程组无解，则输出 No solution。
数据范围
1≤n≤100
输入样例
3
1 1 0 1
0 1 1 0
1 0 0 1
输出样例
1
0
0
问题分析
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110;
int n;
int a[N][N];
int gauss()
{
int c,r;
for(c=0,r=0;c<n;c++)
{
int t=r;
for(int i=r;i<n;i++)
if(a[i][c])
t=i;
if(!a[t][c]) continue;
for(int i=c;i<=n;i++) swap(a[r][i],a[t][i]);
for(int i=r+1;i<n;i++)
if(a[i][c])
for(int j=n;j>=c;j--)
a[i][j]^=a[r][j];
r++;
}
if(r<n)
{
for(int i=r;i<n;i++)
if(a[i][n])
return 2;
return 1;
}
for(int i=n-1;i>=0;i--)
for(int j=i+1;j<n;j++)
a[i][n]^=a[i][j]*a[j][n];
return 0;
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<n+1;j++)
cin>>a[i][j];
int t=gauss();
if(t==0)
{
for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i][n]<<endl;
}
else if(t==1) cout<<"Multiple sets of solutions"<<endl;
else cout<<"No solution"<<endl;
return 0;
}
