数论

BZOJ 2659 算不出的算式 关键是要想到这两个式子的几何意义。 然后如图，以p1=5,p2=3为例子，整个矩形一定是被均分了的。 如上图，单看每一列，绿点把红点分为上下两部分，绿点的位置又是中心对称的，所以整个红点（除了在对角线上的）都被等分到上三角和下三角了。 由于p,q都是质数所以对角线上是不会有整点哒 当p，q相等时，式子变成[1/p] + [2/p] + ... + [ ((p-1)/2) /p ] 由 [ (x+n*p) / p ] =n (x<p) 可知上面的是个有规律的数列。 代码： 来源： https://www.cnblogs.com/jiecaoer/p/11342238.html

<前言> 好久没写博客了，从Day5开始，那么我就从Day6开始补吧。 等等让我找找day6讲什么的、。。。 偶，是任轩笛讲的，上午讲数论和数论函数，下午杂题选讲。 <正文> 质因数 一开始讲的是质因数的素性测试、质因子分解之类的，听着还挺正常。讲到线性筛的时候感觉还行，就去上了个厕所回来。 素性测试： 试除法，配合质数筛法可以 O ( n ) O(\sqrt n) O ( n ​ ) 解决 这个只要筛出 n \sqrt n n ​ 之内的素数。然后一直试除，能除就除，只要能出就不是素数 Miller-Rabin素性测试， O ( l o g n ) O(log\ n) O ( l o g n ) 完成但可能错误。 这个我没听啊，但大致讲一下吧。 基本原理是费马小定理：若 p 是质数，a, p 互质，则 a p − 1 ≡ 1 ( &VeryThinSpace; m o d &VeryThinSpace; p ) a^{p-1} \equiv 1(\bmod\ p) a p − 1 ≡ 1 ( m o d p ) 于是对于某个 p，若能找到与它互质的 a 使得 a p − 1 ≠ 1 ( m o d p ) a^{p-1} \neq 1(mod\ p) a p − 1 ̸ ​ = 1 ( m o d p ) ，则p不是质数。 然而有一些合数 p，满足所有与它互质的 a 都有 a p

题目描述 有两个整数，如果每个整数的约数和（除了它本身以外）等于对方，我们就称这对数是友好的。例如： 9的约数和有：1+3=4 4的约数和有：1+2=3 所以9和4不是友好的。 220的约数和有：1 2 4 5 10 11 20 22 44 55 110=284 284的约数和有：1 2 4 71 142=220 所以220和284是友好的。 编写程序，判断两个数是否是友好数。 数据规模和约定 两个整数都小于10000 输入 一行，两个整数，由空格分隔 输出 如果是友好数，输出" yes" ，否则输出" no" ，注意不包含引号。 样例输入 220 284 样例输出 yes 思路：求约数，这是一个比较重要的知识点 #include<iostream> using namespace std; int get(int n) { int sum=0; for(int i=1;i<=n/i;++i){ if(n%i==0){ sum+=i; if(n/i!=i){ sum+=n/i; } } } sum-=n; return sum; } int main() { int s1,s2; cin>>s1>>s2; if(s1==get(s2)&&s2==get(s1))cout<<"yes"<<endl; else cout<<"no"<<endl; return 0; } 来源：

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奥数一直是小学数学里的重头戏，各年级的奥数学习有其独立的特点。如果想要系统学习奥数，就需要从整体上有一个把握和规划，那么不同阶段的孩子应该学哪些奥数内容呢？家长不妨一起来看看。 一二年级 1、巧算与速算： 寻找到一定的规律，化繁为简，那么孩子一定能够增强学习数学的信心，提高学习数学的兴趣。另外，计算与速算是各种后续问题学习的基础。学好数学，首先就要过计算这关。 2、学习简单的枚举法： 用数数这种更为直观的方式，将复杂抽象的问题形象化，便于孩子们理解。将抽象问题形象化，引导孩子去主动思考。 三四年级 这个时期是奥数思维形成的关键时期，是学奥数的黄金时段，孩子的计算能力，认知能力，逻辑分析能力会有很大的提高。 1、运用运算定律及性质速算与巧算： 能否又快又准的算出答案，是历年数学竞赛考察的一个基本点，要加强加法与乘法运算定律，其中应用乘法分配率是竞赛中考察巧算的一大重点;除此之外，竞赛中还时常考察带符号“搬家”与添括号/去括号这两种通过改变运算顺序进而简便运算的思路。例如：17×5+17×7+13×5+13×7这种技巧性试题。 重点题型有多位数的计算，小数的基本运算，小数的简便运算等。其中，多位数的计算主要以通过缩放讲多位数凑成各位数全是9的多位数，再利用乘法的分配率进行计算。重点在于以基础计算为主，掌握各种简便运算技巧，提高准确度和速度。 2、平均数应用题： “平均数

　　 1 .整除： 　　　　设a,b为 整数 ，且a不为0，如果存在一个整数q，使得a*q=b,则b能被a 整除 ，记为a|b，且称b是a的倍数，a是b的因子。 　　　　整除的几个性质： 　　 （1）如果a|b且b|c，则a|c ； 　　　 （2）a|b且a|c等价于对于任意的 整数 x，y，有a|(bx+cy) ； ( 设b=am,c=an 则bx+cy=amx+any=a(mx+ny) ) （3）设m不为0，则a|b等价于ma|mb ； 　　　 （4）设整数x,y满足下式：ax+by= 1 ，且a|n，b|n，那么(ab)|n ； ( 设 n = as=bt 则n/(ab)=1*n/(ab)=(ax+by)*n/(ab)=(axn+byn)/(ab)=x n /b+y n /a = tx+sy为整 ) 　　　 （5）若b=q*d+c，那么d|b的充要条件是d|c ； 来源： https://www.cnblogs.com/bolerat/p/11331532.html

1 什么是逆元 2 存在逆元的条件是什么 3 怎样求一个数的逆元 1.[ 欧几里得扩展] 2. 费马小定理 （最常用） 4 扩展（常用） 1. 线性逆元（常用） 2 快速阶乘逆元（常用） 逆元是数论之中的一个重要概念 参考博客 ACdreamer 参考书籍 《高中数学 选修 4-6》 1 什么是逆元 这里写图片描述 2 存在逆元的条件是什么 3 怎样求一个数的逆元 1.[ 欧几里得扩展] 不懂的点这里 a∗b+n∗t=1 long long ex_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } long long m = ex_gcd(b,a%b,y,x); y -= a/b * x; return m; } int main() { long long a,b,x,y; cin>>a>>b; //求a 关于b的逆元 if(ex_gcd(a,b,x,y)==1) cout<<(x%b+b)%b<<endl; else cout<<"None"<<endl; return 0; } 2. 费马小定理 （最常用） 如果n 是素数，费马小定理 a(n−1)=1 (mod n) a(n−1)=1 (mod n),那么a关于n的逆元就 是a^(n−2

一、gcd gcd(a,b)=gcd(b,a) gcd(a,b)=gcd(-a,b) gcd(a,b)=gcd(|a|,|b|) gcd(a,0)=|a| gcd(a,k*a)=|a| gcd(a*n,b*n)=n*gcd(a,b) 若d|a且d|b，则d|gcd(a,b) 若n|ab且gcd(a,n)=1，则n|b 若gcd(a,p)=1且gcd(b,p)=1，则gcd(a*b,p)=1 来源： https://www.cnblogs.com/Moxingtianxia/p/11329894.html

【题目链接】 # 10038. 「一本通 2.1 练习 4」A Horrible Poem 【参考博客】 A Horrible Poem （字符串hash+数论） 【题目描述】 给出一个由小写英文字母组成的字符串 S S，再给出 q q 个询问，要求回答 S S 某个子串的最短循环节。 如果字符串 B B 是字符串 A A 的循环节，那么 A A 可以由 B B 重复若干次得到。 【算法】-首先对于长度为 l e n len 的子串，循环节长度为 x x 的充要条件： [ 1 ， l e n − x ] [1，len−x]串的哈希值等于 [ x + 1 ， l e n ] [x+1，len] 串的哈希值。 假设最短循环节长度为len则原串长度显然为len*k。若只考虑k，并且将k的质因数依次分解，每次试除k，则得到的 k 。 k。和len的乘积仍是循环节，利用这个性质。依次用质因数 i i 试除n，若除去后仍是循环节，说明i属于k，将其除去，结果就留下了len。 【代码】： 1 #include<cstdio> 2 #include<bitset> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 typedef unsigned long long ULL ; 7 const int N =

其实很多人都说是打表找个规律就过了，不过既然我们是来学分块的，当然要用相应的知识去做， 考试的时候再打表 。 分块可以把一些O（n）或复杂度更高的过程优化到O（√n）。对于整数n及i（1 < i < n），floor(n/i)的结果最多有2√n种（分i <√n和i > √n两种情况来考虑一下），又floor(n/i)相等的i可能有多个，手写式子简单推一下可以算出来满足floor(n/i)==d的所有i，其所处的区间为[i,floor(n/(n/i))]。这样我们就可以划分出最多2√n个区间。 好了到这里我们就学会了分块（？）。 看题： 余数之和 看完题自己写了几组数，发现分块后的每个区间内，k%i组成公差为k/i的等差数列，对每个区间求和累加就是最终答案。 AC Code： #include < iostream > //开始时想错了，代码改了几次，有点乱了 #include < cstdio > #include < algorithm > #include < cstdlib > #include < cstring > #include < string > #include < cmath > #define ll long long using namespace std ; int main ( ) { ll n , k , ans = 0 ; ll l = 2 , r