互质

若p和q互质，令n = p*q 则ola（n） = （p-1）*(q-1) 我们知道p和q的值能轻易知道(p-1)*(q-1）的值也就是ola函数的值，但是仅仅知道n是多少，却非常难得到p和q是多少，因为当n很大时，例如有几百位时，它就有非常多的质因数，要暴力穷举很长时间。所以这就保证了RSA加密算法的可靠性。 RSA加密是非对称加密，密钥 由公钥和私钥组成。 公式为： (明文)^e % n = 密文 其中， e 是一个小于n且与n互质的数。 (密文)^d % n = 明文 d = ( 1 + k*ola(n) ) / e （在此处， k和d都必须是正整数。） 将明文的e次方对n取余后得到密文。 将密文的d次方对n取余后得到明文。 所以 加密用公钥（e, n） 解密用私钥（d, n） 你构造出一个密钥对之后，将公钥发给别人，别人通过公钥加密，在发送给你，你在用公钥解密，就完成了明文加密传输。 所以我们首先要构造两个质数p和q 则 n = p*q ola(n) =（p-1）* (q-1) 然后随机构造一个小于n并且与n互质的数 e。 得到 e n ola(n) 之后 就剩下d了 d = ( 1 + k*ola(n) ) / e 因为d和k一定是正整数 所以我们可以从1开始枚举k，直到求出的d是一个正整数。 或者是将等式变化为 d*e - k*ola(n) = 1 由扩展欧几里得求解d

欧几里得 关于欧几里得定理这个东西，我在全网上也没有找到什么好的讲解。所以决定自己来写一写 自己都证了好久 欧几里得的应用一般是用在求 \(gcd\) 的时候用的，用辗转相除发递归求 \(gcd\) 。 相信大家一般都是直接用的，没有想过去证明它， 认为他很显然 是吧。 我最开始也是这样以为的，但是却发现自己证了好久。 肯定是我太菜了 不多废话。。。 我就只讲一下欧几里得求 \(gcd\) 的证明。 好像欧几里得就这个作用 先写出众所周知的公式： \(gcd(a,b) = gcd(b, a % b)\) 然后不断递归就行了。 现在来证明如上等式： 令 \(gcd(a, b) = c\) ， 那么， \(a = c * k1\) ， \(b = c * k2\) ( \(k1\) 和 \(k2\) 互质) 那么， \(gcd(a, b) = gcd(c * k1, c * k2)\) \(a % b = c * k1 % c * k2 = (k1 % k2) * c\) 上面这一步需要好好理解一下，如果 \(k1\) 和 \(k2\) 不互质的话就没有这个结论 证明如下： 原式可以展开如下 ： \(c * k1 = c * k2 * t + e\) 这个 \(t\) 可以为 \(0\) ，而这个 \(e\) 就是 \(a % b\) 了 \(a % b = c * k1 - c *

中国剩余定理 其实 \(EX\) 很简单，和普通几乎一样，先上普通版只是心理缓冲 为什么普通版还没淘汰啊 。 作用： 解线性同余方程 组 。 即： \[ \begin{cases} x\equiv a_1\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv a_2\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv a_k\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \] 限定： \(m\) 之间两两互质。 方式： 分别解： \[ \begin{cases} x\equiv a_1\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \begin{cases} x\equiv 0\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv a_2\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \begin{cases} x\equiv 0\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv a_k\quad(mod\;m_k)\\ \end

一、定义   素数又称质数，是指一个大于 \(1\) 的正整数，如果除了 \(1\) 和它本身外，没有其他任何约数。偶素数只有一个为 \(2\) 。   对于正实数 \(x\) ，定义 \(\pi(x)\) 为不大于 \(x\) 的素数个数，那么 \(\pi(x)\approx\frac{x}{ln(x)}\) 二、素数的判定   对于单个数或数据范围比较小时，我们采用枚举法： bool is_prime(int x) { for(int i=2;i<=sqrt(x);i++) if(!(x%i))return 0; return 1; }   对于比较大的数据范围，并且要求出范围内的所有质数，我们卡可以采用筛选法   1、 \(Eratosthenes\) 筛选法 void get_prime(int N) { memset(v,0,sizeof(v)); for(int i=2;i<=N;i++) { if(v[i])continue ; prime[++cnt]=i; for(int j=i;j<=N/i;j++)v[i*j]=1; } }   不过我们发现这个筛法的效率并不高，因为它会重复筛选同一个质数。因此，就有了第二种筛法——快速线性筛法，它的复杂度几乎是线性的。 void get_prime(int N) { memset(v,0,sizeof(v)); for

原题链接 题意： 给你两个数 \(N,M\) 你要求出 符合条件 \(GCD(X,N)>=M,\space (1<=X<=M)\) 中 \(X\) 的个数 思路： 一开始没有往欧拉函数去想。总想着去筛出所有合适的因子然后统计个数，或者直接暴力for去枚举因子（肯定会TLE） 后面想到了一个互质关系（即是已知 \(GCD(X,N) = q\) \(X = q*a\) ， \(N=q*b\) \(则a,b必然互质\) ，然后我们就可以找到一个大于M的因子，开心的去找所有满足 小于 b 的互质个数 即可。 然鹅...这不就是欧拉函数吗？所以最后我们在 用一个欧拉函数即可（离线打表和直接算都可以） code: #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <string> #include <cmath> #define IOS ios :: sync_with_stdio ( 0 ); cin . tie ( 0 ); #define accept 0 #define mp make_pair using namespace std ; typedef long long ll ; typedef unsigned long long ull ; typedef

\(\varphi(x)\) 表示 \(x\) 以内与 \(x\) 互质的个数 \(\varphi(x)=x*\prod\limits_{i=1}^n(1-\dfrac{1}{p_i})\) \(p_i\) 为x的质因数 特殊的 \(\varphi(1)=1\) 其中 \(p_1,p_2……p_n\) Ϊ \(x\) 的所有质因数( \(x\) 是正整数) 那么，怎么理解这个公式呢? 对于 \(x\) 的一个质因数 \(p_i\) ，因为 \(x\) 以内 \(p_i\) 的倍数是均匀分布的，所以 \(x\) 以内有 \(\frac {1}{p_i}\) 的数是 \(p_i\) 的倍数 对应的，有 \(1-\dfrac {1}{p_i}\) 的数不是 \(p_i\) 同理，对于 \(p_j\) 有 \(1-\frac {1}{p_j}\) 的数不是 \(p_j\) 的倍数 所以有 \((1-\frac {1}{p_i})*(1-\frac {1}{p_j})\) 的数既不是 \(p_i\) 的倍数，又不是 \(p_j\) 的倍数 当有函数 \(f(x)\) ， \(m\) 与 \(n\) 互质时， \(f(m)*f(n)=f(m*n)\) 称为积性函数 对任意整数 \(m\) 与 \(n\) ， \(f(m)*f(n)=f(m*n)\) 称为完全积性函数 对于质数 \(p\) ，

原题链接 题意： 给你两个数 \(N,M\) 你要求出 符合条件 \(GCD(X,N)>=M,\space (1<=X<=M)\) 中 \(X\) 的个数 思路： 一开始没有往欧拉函数去想。总想着去筛出所有合适的因子然后统计个数，或者直接暴力for去枚举因子（肯定会TLE） 后面想到了一个互质关系（即是已知 \(GCD(X,N) = q\) \(X = q*a\) ， \(N=q*b\) \(则a,b必然互质\) ，然后我们就可以找到一个大于M的因子，开心的去找所有满足 小于 b 的互质个数 即可。 然鹅...这不就是欧拉函数吗？所以最后我们在 用一个欧拉函数即可（离线打表和直接算都可以） code: #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <string> #include <cmath> #define IOS ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); #define accept 0 #define mp make_pair using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int,

题目链接： https://www.acwing.com/problem/content/description/222/ 给定整数N，求1<=x,y<=N且GCD(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对。 GCD(x,y)即求x，y的最大公约数。 输入格式 输入一个整数N 输出格式 输出一个整数，表示满足条件的数对数量。 数据范围 1≤N≤10^7 输入样例： 4 输出样例： 4 题解： 首先，用线性筛可以预处理处素数与欧拉函数。 我们定义 count(x）为： 1<=i,j<=N 有多少对gcd（i,j）=x; 那么原问题就转化成 （要求i是素数） 那么问题就转化成了，怎么能快速的求出count(x) 因为 count(x）为：1<=i,j<=N 有多少对gcd（i,j）=x ， 那么i和j必须是x的倍数，i和j的范围是x,2x,3x..... *x 那么我们把i和j都约掉一个x，那么约掉后的i和j要求i和j互质，那么问题就转化成: 1<=i,j<= ，有多少对数字两两互质。 那么很容易想到欧拉函数，euler(x) 是 1到x有多少对数字和x互质，然后用前缀和就可以预处出来 sum[1]=1, sum[i]=sum[i-1]+2*euler[i] 代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long

总 得来说，这是可怕的一天，极其可怕的一天 （完） 一、数论 阴影啊！ 首先，设ab为两个整数，则存在唯一的q和r，使得a=qb+r 若r=0，则b整除a，记作b|a。 （1）同余 若a/m和b/m的余数相同,则称a于b对模m同余,记作a ≡ b (mod m) 剩余系:在模 m 的意义下，余数相同的数归为一个集合，那么所有整数被分为 m个不同的集合，模 m 的余数分别为 0,1,2,3,...,m − 1，这些集合被称为模 m 剩余类（同余类）。每个同余类中的任意两个整数都是模 m 同余的。__by dzy（就是模m的余数集合） 若是剩余系遍历了0~m-1，则叫做完全剩余系 同余式的三则运算： 设 a,b,c,d 为整数，m 为正整数，若 a ≡ b (mod m),c ≡ d(mod m)，则： ax + cy ≡ bx + dy (mod m)，其中 x,y 为任意整数，即同余式可以相加（） ac ≡ bd (mod m)，即同余式可以相乘a n ≡ b n (mod m)，其中 n > 0 f(a) ≡ f(b) (mod m)，其中 f(x) 为任一多项式。 a n ≡ b n (mod m)，其中 n > 0 （2）素数 判断素数的方法：一般是从2开始，枚举到√ n，依次判断i是否能整除n，若n=pq，则pq中的一个必定小于等于√ n。 但是，如果硬生生跑√ n