Простым называется натуральное число, которое делится только на единицу и на себя. Единица при этом простым числом не считается. Составным числом называют непростое число, которое еще и не единица.
Примеры простых чисел: \(2\), \(3\), \(5\), \(179\), \(10^9+7\), \(10^9+9\).
Примеры составных чисел: \(4\), \(15\), \(2^{30}\).
Еще одно определение простого числа: \(N\) — простое, если у \(N\) ровно два делителя. Эти делители при этом равны \(1\) и \(N\).
С точки зрения программирования интересно научиться проверять, является ли число \(N\) простым. Это очень легко сделать за \(O(N)\) - нужно просто проверить, делится ли оно хотя бы на одно из чисел \(2, 3, 4, \ldots, N-1\) . \(N > 1\) является простым только в случае, если оно не делится на на одно из этих чисел.
def is_prime(n):
if n == 1:
return False
for i in range(2, n): # начинаем с 2, так как на 1 все делится; n не включается
if n % i == 0:
return False
return True
for i in range(1, 10):
print(i, is_prime(i))(1, False)
(2, True)
(3, True)
(4, False)
(5, True)
(6, False)
(7, True)
(8, False)
(9, False)Алгоритм можно ускорить с \(O(N)\) до \(O(\sqrt{N})\).
Пусть \(N = a \times b\), причем \(a \leq b\). Тогда заметим, что \(a \leq \sqrt N \leq b\).
Почему? Потому что если \(a \leq b < \sqrt{N}\), то \(ab \leq b^2 < N\), но \(ab = N\). А если \(\sqrt{N} < a \leq b\), то \(N < a^2 \leq ab\), но \(ab = N\).
Иными словами, если число \(N\) равно произведению двух других, то одно из них не больше корня из \(N\), а другое не меньше корня из \(N\).
Из этого следует, что если число \(N\) не делится ни на одно из чисел \(2, 3, 4, \ldots, \lfloor\sqrt{N}\rfloor\), то оно не делится и ни на одно из чисел \(\lceil\sqrt{N}\rceil + 1, \ldots, N-2, N-1\), так как если есть делитель больше корня (не равный \(N\)), то есть делитель и меньше корня (не равный 1). Поэтому в цикле for достаточно проверять числа не до \(N\), а до корня.
def is_prime(n):
if n == 1:
return False
# Удобно вместо for i in range(2, n ** 0.5) писать так:
i = 2
while i * i <= n:
if n % i == 0:
return False
i += 1
return True
for i in [1, 2, 3, 10, 11, 12, 10**9+6, 10**9+7]:
print(i, is_prime(i))(1, False)
(2, True)
(3, True)
(10, False)
(11, True)
(12, False)
(1000000006, False)
(1000000007, True)Любое натуральное число можно разложить на произведение простых, и с такой записью очень легко работать при решении задач. Разложение на простые множители еще называют факторизацией.
\[11 = 11 = 11^1\] \[100 = 2 \times 2 \times 5 \times 5 = 2^2 \times 5^2\] \[126 = 2 \times 3 \times 3 \times 7 = 2^1 \times 3^2 \times 7^1\]
Рассмотрим, например, такую задачу:
Условие: Нужно разбить \(N\) людей на группы равного размера. Нам интересно, какие размеры это могут быть.
Решение: По сути нас просят найти число делителей \(N\). Нужно посмотреть на разложение числа \(N\) на простые множители, в общем виде оно выглядит так:
\[N= p_1^{a_1} \times p_2^{a_2} \times \ldots \times p_k^{a_k}\]
Теперь подумаем над этим выражением с точки зрения комбинаторики. Чтобы «сгенерировать» какой-нибудь делитель, нужно подставить в степень \(i\)-го простого число от 0 до \(a_i\) (то есть \(a_i+1\) различное значение), и так для каждого. То есть делитель \(N\) выглядит ровно так: \[M= p_1^{b_1} \times p_2^{b_2} \times \ldots \times p_k^{b_k}, 0 \leq b_i \leq a_i\] Значит, ответом будет произведение \((a_1+1) \times (a_2+1) \times \ldots \times (a_k + 1)\).
Применяя алгоритм проверки числа на простоту, мы умеем легко находить минимальный простой делитель числа N. Ясно, что как только мы нашли простой делитель числа \(N\), мы можем число \(N\) на него поделить и продолжить искать новый минимальный простой делитель.
Будем перебирать простой делитель от \(2\) до корня из \(N\) (как и раньше), но в случае, если \(N\) делится на этот делитель, будем просто на него делить. Причем, возможно, нам понадобится делить несколько раз (\(N\) может делиться на большую степень этого простого делителя). Так мы будем набирать простые делители и остановимся в тот момент, когда \(N\) стало либо \(1\), либо простым (и мы остановились, так как дошли до корня из него). Во втором случае надо еще само \(N\) добавить в ответ.
Напишем алгоритм факторизации:
def factorize(n):
factors = []
i = 2
while i * i <= n: # перебираем простой делитель
while n % i == 0: # пока N на него делится
n //= i # делим N на этот делитель
factors.append(i)
i += 1
# возможно, в конце N стало большим простым числом,
# у которого мы дошли до корня и поняли, что оно простое
# его тоже нужно добавить в разложение
if n > 1:
factors.append(n)
return factors
for i in [1, 2, 3, 10, 11, 12, 10**9+6, 10**9+7]:
print(i, '=', ' x '.join(str(x) for x in factorize(i)))1 =
2 = 2
3 = 3
10 = 2 x 5
11 = 11
12 = 2 x 2 x 3
1000000006 = 2 x 500000003
1000000007 = 1000000007За сколько работает этот алгоритм?
.
.
.
.
За те же самые \(O(\sqrt{N})\). Итераций цикла while с перебором делителя будет не больше, чем \(\sqrt{N}\). Причем ровно \(\sqrt{N}\) операций будет только в том случае, если \(N\) - простое.
А итераций деления \(N\) на делители будет столько, сколько всего простых чисел в факторизации числа \(N\). Понятно, что это не больше, чем \(O(\log{N})\).
Докажите, что число \(N\) имеет не больше, чем \(O(\log{N})\) простых множителей в факторизации.
Вообще, про простые числа известно много свойств, но почти все из них очень трудно доказать. Вот еще некоторые из них:
Часто нужно не проверять на простоту одно число, а найти все простые числа до \(N\). В этом случае наивный алгоритм будет работать за \(O(N\sqrt N)\), так как нужно проверить на простоту каждое число от 1 до \(N\).
Но древний грек Эратосфен предложил делать так:
Запишем ряд чисел от 1 до \(N\) и будем вычеркивать числа: * делящиеся на 2, кроме самого числа 2 * затем деляющиеся на 3, кроме самого числа 3 * затем на 5, затем на 7, и так далее и все остальные простые до n. Таким образом, все незачеркнутые числа будут простыми — «решето» оставит только их.
Найдите этим способом на бумажке все простые числа до 50, потом проверьте с программой:
N = 50
prime = [1] * (N + 1)
prime[0], prime[1] = 0, 0
for i in range(2, N + 1): # можно и до sqrt(N)
if prime[i]:
for j in range(2 * i, N + 1, i): # идем с шагом i, можно начиная с i * i
prime[j] = 0
for i in range(1, N + 1):
if prime[i]:
print(i)2
3
5
7
11
13
17
19
23
29
31
37
41
43
47У этого алгоритма можно сразу заметить несколько ускорений.
Во-первых, число \(i\) имеет смысл перебирать только до корня из \(N\), потому что при зачеркивании составных чисел, делящихся на простое \(i > \sqrt N\), мы ничего не зачеркнем. Почему? Пусть существует составное \(M \leq N\), которое делится на %i%, и мы его не зачеркнули. Но тогда \(i > \sqrt N \geq \sqrt M\), а значит по ранее нами доказанному утверждению \(M\) должно делиться и на простое число, которое меньше корня. Но это значит, что мы его уже вычеркнули.
Во-вторых, по этой же самое причине \(j\) имеет смысл перебирать только начиная с \(i^2\). Зачем вычеркивать \(2i\), \(3i\), \(4i\), …, \((i-1)i\), если они все уже вычеркнуты, так как мы уже вычеркивали всё, что делится на \(2\), \(3\), \(4\), …, \((i-1)\).
Такой код будет работать за \(O(N \log \log N)\) по причинам, которые мы пока не хотим объяснять формально.
Научимся оценивать асимптотику величины \(1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{N}\), которая нередко встречается в задачах, где фигурирует делимость.
Возьмем \(N\) равное \(2^i - 1\) и запишем нашу сумму следующим образом: \[\left(\frac{1}{1}\right) + \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{4} + \ldots + \frac{1}{7}\right) + \ldots + \left(\frac{1}{2^{i - 1}} + \ldots + \frac{1}{2^i - 1}\right)\]
Каждое из этих слагаемых имеет вид \[\frac{1}{2^j} + \ldots + \frac{1}{2^{j + 1} - 1} \le \frac{1}{2^j} + \ldots + \frac{1}{2^j} = 2^j \frac{1}{2^j} = 1\]
Таким образом, наша сумма не превосходит \(1 + 1 + \ldots + 1 = i \le 2\log_2(2^i - 1)\). Тем самым, взяв любое \(N\) и дополнив до степени двойки, мы получили асимптотику \(O(\log N)\).
Оценку снизу можно получить аналогичным образом, оценив каждое такое слагаемое снизу значением \(\frac{1}{2}\).
Мы знаем, что гармонический ряд \(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{N}\) это примерно \(\log N\), а значит \[N + \frac{N}{2} + \frac{N}{3} + \ldots + \frac{N}{N} \sim N \log N\]
А что такое асимптотика решета Эратосфена? Мы как раз ровно \(\frac{N}{p}\) раз зачеркиваем числа делящиеся на простое число \(p\). Если бы все числа были простыми, то мы бы как раз получили \(N \log N\) из формули выше. Но у нас будут не все слагаемые оттуда, только с простым \(p\), поэтому посмотрим чуть более точно.
Известно, что простых чисел до \(N\) примерно \(\frac{N}{\log N}\), а значит допустим, что k-ое простое число примерно равно \(k ln k\). Тогда
\[\sum_{\substack{2 \leq p \leq N \\ \text{p is prime}}} \frac{N}{p} \sim \frac{1}{2} + \sum_{k = 2}^{\frac{N}{\ln N}} \frac{N}{k \ln k} \sim \int_{2}^{\frac{N}{\ln N}} \frac{N}{k \ln k} dk =N(\ln\ln\frac{N}{\ln N} - \ln\ln 2) \sim N(\ln\ln N - \ln\ln\ln N) \sim N \ln\ln N\]
Но вообще-то решето можно сделать и линейным.
Решите 5 первых задач из этого контеста:
https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34271
Наша цель — для каждого числа до \(N\) посчитать его минимальный простой делитель. Будем хранить его в массиве min_d. Параллельно будем хранить и список всех найденных простых чисел primes - это ровно те числа \(x\), у которых \(min\_d[x] = x\).
Основное утверждение такое:
Пусть у числа \(M\) минимальный делитель равен \(a\). Тогда, если \(M\) составное, мы хотим вычеркнуть его ровно один раз при обработке числа \(\frac{M}{a}\).
Мы также перебираем число \(i\) от \(2\) до \(N\). Если \(min\_d[i]\) равно 0 (то есть мы не нашли ни один делитель у этого числа еще), значит оно простое - добавим в primes и сделаем \(min\_d[i] = i\).
Далее мы хотим вычеркнуть все числа \(i \times k\) такие, что \(k\) - это минимальный простой делитель этого числа. Из этого следует, что необходимо и достаточно перебрать \(k\) в массиве primes, и только до тех пор, пока \(k < min\_d[i]\). Ну и перестать перебирать, если \(i \times k > N\).
Алгоритм пометит все числа по одному разу, поэтому он корректен и работает за \(O(N)\).
N = 30
primes = []
min_d = [0] * (N + 1)
for i in range(2, N + 1):
if min_d[i] == 0:
min_d[i] = i
primes.append(i)
for p in primes:
if p > min_d[i] or i * p > N:
break
min_d[i * p] = p
print(i, min_d)
print(min_d)
print(primes)2 [0, 0, 2, 0, 2, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
3 [0, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
4 [0, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0]
5 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
6 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
7 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 0, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
8 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 0, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 0, 0, 0, 0]
9 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 0, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
10 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 0, 0, 0, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
11 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 0, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
12 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 0, 3, 0, 0, 0]
13 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 0, 0, 0]
14 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 0]
15 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
16 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 0, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
17 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
18 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 0, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
19 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
20 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
21 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
22 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 0, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
23 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
24 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
25 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
26 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
27 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
28 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 0, 2]
29 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 29, 2]
30 [0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 29, 2]
[0, 0, 2, 3, 2, 5, 2, 7, 2, 3, 2, 11, 2, 13, 2, 3, 2, 17, 2, 19, 2, 3, 2, 23, 2, 5, 2, 3, 2, 29, 2]
[2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29]Этот алгоритм работает асимптотически быстрее, чем обычное решето. Но на практике, если писать обычное решето Эратсфена с оптимизациями, то оно оказывается быстрее линейнего. Также линейное решето занимает гораздо больше памяти - ведь в обычном решете можно хранить просто \(N\) бит, а здесь нам нужно \(N\) чисел и еще массив primes.
Зато один из «побочных эффектов» алгоритма — он неявно вычисляет факторизацию всех чисел от \(1\) до \(N\). Ведь зная минимальный простой делитель любого числа от \(1\) до \(N\) можно легко поделить на это число, посмотреть на новый минимальный простой делитель и так далее.
Введем два определения.
Наибольший общий делитель (НОД) чисел \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) — это максимальное такое число \(x\), что все \(a_i\) делятся на \(x\).
Наименьшее общее кратное (НОК) чисел \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) — это минимальное такое число \(x\), что \(x\) делится на все \(a_i\).
Например, * НОД(18, 30) = 6 * НОД(60, 180, 315) = 15 * НОД(1, N) = 1 * НОК(12, 30) = 6 * НОК(1, 2, 3, 4) = 12 * НОК(1, \(N\)) = \(N\)
Зачем они нужны? Например, они часто возникают в задачах.
Условие: Есть \(N\) шестеренок, каждая \(i\)-ая зацеплена с \((i-1)\)-ой. \(i\)-ая шестеренка имеет \(a_i\) зубчиков. Сколько раз нужно повернуть полносьтю первую шестеренку, чтобы все остальные шестеренки тоже вернулись на изначальное место?
Решение: Когда одна шестеренка крутится на 1 зубчик, все остальные тоже крутятся на один зубчик. Нужно найти минимальное такое число зубчиков \(x\), что при повороте на него все шестеренки вернутся в изначальное положение, то есть \(x\) делится на все \(a_i\), то есть это НОК(\(a_1, a_2, \ldots, a_N\)). Ответом будет \(\frac{x}{a_1}\).
Еще пример задачи на применение НОД и НОК:
Условие: Город — это прямоугольник \(n\) на \(m\), разделенный на квадраты единичного размера. Вертолет летит из нижнего левого угла в верхний правый по прямой. Вертолет будит людей в квартале, когда он пролетает строго над его внутренностью (границы не считаются). Сколько кварталов разбудит вертолёт?
Решение: Вертолет пересечет по вертикали \((m-1)\) границу. С этим ничего не поделать — каждое считается как новое посещение какого-то квартала. По горизонтали то же самое — \((n-1)\) переход в новую ячейку будет сделан.
Однако еще есть случай, когда он пересекает одновременно обе границы (то есть пролетает над каким-нибудь углом) — ровно тот случай, когда нового посещения квартала не происходит. Сколько таких будет? Ровно столько, сколько есть целых решений уравнения \(\frac{n}{m} = \frac{x}{y}\). Мы как бы составили уравнение движения вертолёта и ищем, в скольки целых точках оно выполняется.
Пусть \(t = НОД(n, m)\), тогда \(n = at, m = bt\).
Тогда \(\frac{n}{m} = \frac{a}{b} = \frac{x}{y}\). Любая дробь с натуральными числителем и знаменателем имеет ровно одно представление в виде несократимой дроби, так что \(x\) должно делиться на \(a\), а \(y\) должно делиться на \(b\). А значит, как ответ подходят \((a, b), (2a, 2b), (3a, 3b), \cdots, ((t-1)a, (t-1)b)\). Таких ответов ровно \(t = НОД(n, m)\)
Значит, итоговый ответ: \((n-1) + (m-1) - (t-1)\).
Кстати, когда \(НОД(a, b) = 1\), говорят, что \(a\) и \(b\) взаимно просты.
Осталось придумать, как искать НОД и НОК. Понятно, что их можно искать перебором, но мы хотим хороший быстрый способ.
Давайте для начала научимся искать \(НОД(a, b)\).
Мы можем воспользоваться следующим равенством: \[НОД(a, b) = НОД(a, b - a), b > a\]
Оно доказывается очень просто: надо заметить, что множества общих делителей у пар \((a, b)\) и \((a, b - a)\) совпадают. Почему? Потому что если \(a\) и \(b\) делятся на \(x\), то и \(b-a\) делится на \(x\). И наоборот, если \(a\) и \(b-a\) делятся на \(x\), то и \(b\) делится на \(x\). Раз множства общих делитей совпадают, то и максимальный делитель совпадает.
Из этого равенства сразу следует следующее равенство: \[НОД(a, b) = НОД(a, b \operatorname{\%} a), b > a\]
(так как \(НОД(a, b) = НОД(a, b - a) = НОД(a, b - 2a) = НОД(a, b - 3a) = \ldots = НОД(a, b \operatorname{\%} a)\))
Это равенство дает идею следующего рекурсивного алгоритма:
\[НОД(a, b) = НОД(b \operatorname{\%} a, a) = НОД(a \operatorname{\%} \, (b \operatorname{\%} a), b \operatorname{\%} a) = \ldots\]
Например: \[НОД(93, 36) = \] \[= НОД(36, 93\space\operatorname{\%}36) = НОД(36, 21) = \] \[= НОД(21, 15) = \] \[= НОД(15, 6) = \] \[= НОД(6, 3) = \] \[= НОД(3, 0) = 3\]
Примените алгоритм Евклида и найдите НОД чисел: * 1 и 500000 * 10, 20 * 18, 60 * 55, 34 * 100, 250
По-английски наибольший общий делитель — greatest common divisor. Поэтому вместо НОД будем в коде писать gcd.
def gcd(a, b):
if b == 0:
return a
return gcd(b, a % b)
print(gcd(1, 500000))
print(gcd(10, 20))
print(gcd(18, 60))
print(gcd(55, 34))
print(gcd(100, 250))
print(gcd(2465473782, 12542367456))1
10
6
1
50
6Вообще, в C++ такая функция уже есть в компиляторе g++ — называется __gcd. Если у вас не Visual Studio, то, скорее всего, у вас g++. Вообще, там много всего интересного.
А за сколько оно вообще работает?
Докажите, что алгоритм Евклида для чисел \(N\), \(M\) работает за \(O(\log(N+M))\).
Кстати, интересный факт: самыми плохими входными данными для алгоритма Евклида являются числа Фибоначчи. Именно там и достигается логарифм.
\(НОК(a, b) = \frac{ab}{НОД(a, b)}\)
По этой формуле можно легко найти НОК двух чисел через их произведение и НОД. Почему она верна?
Посмотрим на разложения на простые множители чисел a, b, НОК(a, b), НОД(a, b).
\[ a = p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\times\ldots\times p_n^{a_n} \] \[ b = p_1^{b_1}\times p_2^{b_2}\times\ldots\times p_n^{b_n} \] \[ ab = p_1^{a_1+b_1}\times p_2^{a_2+b_2}\times\ldots\times p_n^{a_n+b_n} \]
Из определений НОД и НОК следует, что их факторизации выглядят так: \[ НОД(a, b) = p_1^{min(a_1, b_1)}\times p_2^{min(a_2, b_2)}\times\ldots\times p_n^{min(a_n, b_n)} \] \[ НОК(a, b) = p_1^{max(a_1, b_1)}\times p_2^{max(a_2, b_2)}\times\ldots\times p_n^{max(a_n, b_n)} \]
Тогда посчитаем \(НОД(a, b) \times НОК(a, b)\): \[ НОД(a, b)НОК(a, b) = p_1^{min(a_1, b_1)+max(a_1, b_1)}\times p_2^{min(a_2, b_2)+max(a_2, b_2)}\times\ldots\times p_n^{min(a_n, b_n)+max(a_n, b_n)} =\] \[ = p_1^{a_1+b_1}\times p_2^{a_2+b_2}\times\ldots\times p_n^{a_n+b_n} = ab\]
Формула доказана.
Для того, чтобы искать НОД или НОК у более чем двух чисел, достаточно считать их по цепочке:
\(НОД(a, b, c, d, \ldots) = НОД(НОД(a, b), c, d, \ldots)\)
\(НОК(a, b, c, d, \ldots) = НОК(НОК(a, b), c, d, \ldots)\)
Почему это верно?
Ну просто множество общих делителей \(a\) и \(b\) совпадает с множеством делителей \(НОД(a, b)\). Из этого следует, что и множество общих делителей \(a\), \(b\) и еще каких-то чисел совпадает с множеством общих делителей \(НОД(a, b)\) и этих же чисел. И раз совпадают множества общих делителей, то и наибольший из них совпадает.
С НОК то же самое, только фразу “множество общих делителей” надо заменить на “множество общих кратных”.
Решите задачи F, G, H, I из этого контеста:
https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34271
Очень важным для математики свойством наибольшего общего делителя является следующий факт:
Для любых целых \(a, b\) найдутся такие целые \(x, y\), что \(ax + by = d\), где \(d = \gcd(a, b)\).
Из этого следует, что существует решение в целых числах, например, у таких уравнений: * \(8x + 6y = 2\) * \(4x - 5y = 1\) * \(116x + 44y = 4\) * \(3x + 11y = -1\)
Мы сейчас не только докажем, что решения у таких уравнений существуют, но и приведем быстрый алгоритм нахождения этих решений. Здесь нам вновь пригодится алгоритм Евклида.
Рассмотрим один шаг алгоритма Евклида, преобразующий пару \((a, b)\) в пару \((b, a \operatorname{\%} b)\). Обозначим \(r = a \operatorname{\%} b\), то есть запишем деление с остатком в виде \(a = bq + r\).
Предположим, что у нас есть решение данного уравнения для чисел \(b\) и \(r\) (их наибольший общий делитель, как известно, тоже равен \(d\)): \[bx_0 + ry_0 = d\]
Теперь сделаем в этом выражении замену \(r = a - bq\):
\[bx_0 + ry_0 = bx_0 + (a - bq)y_0 = ay_0 + b(x_0 - qy_0)\]
Tаким образом, можно взять \(x = y_0\), а \(y = (x_0 - qy_0) = (x_0 - (a \operatorname{/} b)y_0)\) (здесь \(/\) обозначает целочисленное деление).
В конце алгоритма Евклида мы всегда получаем пару \((d, 0)\). Для нее решение требуемого уравнения легко подбирается — \(d * 1 + 0 * 0 = d\). Теперь, используя вышесказанное, мы можем идти обратно, при вычислении заменяя пару \((x, y)\) (решение для чисел \(b\) и \(a \operatorname{\%} b\)) на пару \((y, x - (a / b)y)\) (решение для чисел \(a\) и \(b\)).
Это удобно реализовывать рекурсивно:
def extended_gcd(a, b):
if b == 0:
return a, 1, 0
d, x, y = extended_gcd(b, a % b)
return d, y, x - (a // b) * y
a, b = 3, 5
res = extended_gcd(a, b)
print("{3} * {1} + {4} * {2} = {0}".format(res[0], res[1], res[2], a, b))3 * 2 + 5 * -1 = 1Но также полезно и посмотреть, как будет работать расширенный алгоритм Евклида и на каком-нибудь конкретном примере. Пусть мы, например, хотим найти целочисленное решение такого уравнения: \[116x + 44y = 4\] \[(2\times44+28)x + 44y = 4\] \[44(2x+y) + 28x = 4\] \[44x_0 + 28y_0 = 4\] Следовательно, \[x = y_0, y = x_0 - 2y_0\] Будем повторять такой шаг несколько раз, получим такие уравнения: \[116x + 44y = 4\] \[44x_0 + 28y_0 = 4, x = y_0, y = x_0 - 2y_0\] \[28x_1 + 16y_1 = 4, x_0 = y_1, y_0 = x_1 - y_1\] \[16x_2 + 12y_2 = 4, x_1 = y_2, y_1 = x_2 - y_2\] \[12x_3 + 4y_3 = 4, x_2 = y_3, y_2 = x_3 - y_3\] \[4x_4 + 0y_4 = 4, x_3 = y_4, y_3 = x_4 - 3 y_4\] А теперь свернем обратно: \[x_4 = 1, y_4 = 0\] \[x_3 = 0, y_3 =1\] \[x_2 = 1, y_2 =-1\] \[x_1 = -1, y_1 =2\] \[x_0 = 2, y_0 =-3\] \[x = -3, y =8\]
Действительно, \(116\times(-3) + 44\times8 = 4\)
Решите задачу J из этого контеста:
https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34273
Выражение \(a \equiv b \pmod m\) означает, что остатки от деления \(a\) на \(m\) и \(b\) на \(m\) равны. Это выражение читается как «\(a\) сравнимо \(b\) по модулю \(m\)».
Еще это можно опрделить так: \(a\) сравнимо c \(b\) по модулю \(m\), если \((a - b)\) делится на \(m\).
Все целые числа можно разделить на классы эквивалентности — два числа лежат в одном классе, если они сравнимы по модулю \(m\). Говорят, что мы работаем в «кольце остатков по модулю \(m\)», и в нем ровно \(m\) элементов: \(0, 1, 2, \cdots, m-1\).
Сложение, вычитение и умножение по модулю определяются довольно интуитивно — нужно выполнить соответствующую операцию и взять остаток от деления.
С делением намного сложнее — поделить и взять по модулю не работает. Об этом подробнее поговорим чуть дальше.
a = 30
b = 50
mod = 71
print('{} + {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a + b) % mod, mod))
print('{} - {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a - b) % mod, mod)) # на C++ это может не работать, так как модуль от отрицательного числа берется странно
print('{} - {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a - b + mod) % mod, mod)) # на C++ надо писать так, чтобы брать модулю от гарантированно неотрицательного числа
print('{} * {} = {} (mod {})'.format(a, b, (a * b) % mod, mod))
# print((a / b) % mod) # а как писать это, пока неясно30 + 50 = 9 (mod 71)
30 - 50 = 51 (mod 71)
30 - 50 = 51 (mod 71)
30 * 50 = 9 (mod 71)Посчитайте: * \(2 + 3 \pmod 5\) * \(2 * 3 \pmod 5\) * \(2 ^ 3 \pmod 5\) * \(2 - 4 \pmod 5\) * \(5 + 5 \pmod 6\) * \(2 * 3 \pmod 6\) * \(3 * 3 \pmod 6\)
Для умножения (в C++) нужно ещё учитывать следующий факт: при переполнении типа всё ломается (разве что если вы используете в качестве модуля степень двойки).
int вмещает до \(2^{31} - 1 \approx 2 \cdot 10^9\).long long вмещает до \(2^{63} - 1 \approx 8 \cdot 10^{18}\).long long long в плюсах нет, при попытке заиспользовать выдает ошибку long long long is too long.int128, но не везде и не все функции его поддерживают (например, его нельзя вывести обычными методами).Очень часто в задаче нужно научиться считать число, которое в худшем случае гораздо больше, чем \(10^{18}\). Тогда, чтобы не заставлять вас писать длинную арифметику, автор задачи часто просит найти ответ по модулю большого числа, обычно \(10^9 + 7\)
Кстати, вместо того, чтобы писать \(1000000007\) удобно просто написать \(1e9 + 7\). \(1e9\) означает \(1 \times 10^9\)
int mod = 1e9 + 7; # В C++
cout << mod;1000000007N = 1e9 + 7 # В питоне такое число становится float
print(N)
print(int(N))1000000007.0
1000000007Задача: > Даны натуральные числа \(a, b, c < 10^9\). Найдите \(a^b\) (mod \(c\)).
Мы хотим научиться возводить число в большую степень быстро, не просто умножая \(a\) на себя \(b\) раз. Требование на модуль здесь дано только для того, чтобы иметь возможность проверить правильность алгоритма для чисел, которые не влезают в int и long long.
Сам алгоритм довольно простой и рекурсивный, постарайтесь его придумать, решая вот такие примеры (прямо решать необязательно, но можно придумать, как посчитать значение этих чисел очень быстро):
Да, здесь специально приведена такая последовательность, в которой каждое следующее число легко считается через предыдущее: его либо нужно умножить на \(a=3\), либо возвести в квадрат. Так и получается рекурсивный алгоритм:
Нужно только после каждой операции делать mod: * \(a^0 \pmod c = 1\) * \(a^{2k} \pmod c = (a^{k} \pmod c)^2 \pmod c\) * \(a^{2k+1} \pmod c = ((a^{2k}\pmod c) \times a) \pmod c\)
Этот алгоритм называется быстрое возведение в степень. Он имеет много применений: * в криптографии очень часто надо возводить число в большую степень по модулю * используется для деления по простому модулю (см. далее) * можно быстро перемножать не только числа, но еще и матрицы (используется для динамики, например)
Асимптотика этого алгоритма, очевидно, \(O(\log c)\) - за каждые две итерации число уменьшается хотя бы в 2 раза.
Решите задачу K из этого контеста:
https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34271
Решите как можно больше задач из практического контеста:
https://informatics.msk.ru/mod/statements/view.php?id=34273
Давайте все-таки научимся не только умножать, но и делить по простому модулю. Вот только что это значит?
\(a / b\) = \(a \times b^{-1}\), где \(b^{-1}\) - это обратный элемент к \(b\).
Определение: \(b^{-1}\) - это такое число, что \(bb^{-1} = 1\)
Утверждение: в кольце остатков по простому модулю \(p\) у каждого остатка (кроме 0) существует ровно один обратный элемент.
Например, обратный к \(2\) по модулю \(5\) это \(3\) (\(2 \times 3 = 1 \pmod 5\)))
Найдите обратный элемент к: * числу \(3\) по модулю \(5\) * числу \(3\) по модулю \(7\) * числу \(1\) по модулю \(7\) * числу \(2\) по модулю \(3\) * числу \(9\) по модулю \(31\)
Давайте докажем это утверждение: надо заметить, что если каждый ненулевой остаток \(1, 2, \ldots, (p-1)\) умножить на ненулевой остаток \(a\), то получатся числа \(a, 2a, \ldots, (p-1)a\) - и они все разные! Они разные, потому что если \(xa = ya\), то \((x-y)a = 0\), а значит \((x - y) a\) делится на \(p\), \(a\) - ненулевой остаток, а значит \(x = y\), и это не разные числа. И из того, что все числа получились разными, это все ненулевые, и их столько же, следует, что это ровно тот же набор чисел, просто в другом порядке!
Из этого следует, что среди этих чисел есть \(1\), причем ровно один раз. А значит существует ровно один обратный элемент \(a^{-1}\). Доказательство закончено.
Это здорово, но этот обратный элемент еще хочется быстро находить. Быстрее, чем за \(O(p)\).
Есть несколько способов это сделать.
Малая теорема Ферма: > \(a^{p-1} = 1 \pmod p\), если \(p\) - простое, \(a \neq 0 \pmod p\)).
Доказательство: В предыдущем пункте мы выяснили, что множества чисел \(1, 2, \ldots, (p-1)\) и \(a, 2a, \ldots, (p-1)a\) совпадают. Из этого следует, что их произведения тоже совпадают по модулю: \((p-1)! = a^{p-1} (p-1)! \pmod p\).
\((p-1)!\neq 0 \pmod p\) а значит на него можно поделить (это мы кстати только в предыдущем пункте доказали, поделить на число - значит умножить на обратный к нему, который существует).
А значит, \(a^{p - 1} = 1 \pmod p\).
Как это применить Осталось заметить, что из малой теоремы Ферма сразу следует, что \(a^{p-2}\) - это обратный элемент к \(a\), а значит мы свели задачу к возведению \(a\) в степень \(p-2\), что благодаря быстрому возведению в степень мы умеем делать за \(O(\log p)\).
Обобщение У малой теоремы Ферма есть обобщение для составных \(p\):
Теорема Эйлера: > \(a^{\varphi(p)} = 1 \pmod p\), \(a\) - взаимно просто с \(p\), а \(\varphi(p)\) - это функция Эйлера (количество чисел, меньших \(p\) и взаимно простых с \(p\)).
Доказывается теорема очень похоже, только вместо ненулевых остатков \(1, 2, \ldots, p-1\) нужно брать остатки, взаимно простые с \(p\). Их как раз не \(p-1\), а \(\varphi(p)\).
Для нахождения обратного по этой теореме достаточно посчитать функцию Эйлера \(\varphi(p)\) и найти \(a^{-1} = a^{\varphi(p) - 1}\).
Но с этим возникают большие проблемы: посчитать функцию Эйлера сложно. Более того, на предполагаемой невозможности быстро ее посчитать построены некоторые криптографические алгоритм типа RSA. Поэтому быстро делить по составному модулю этим способом не получится.
Этим способом легко получится делить по любому модулю! Рекомендую.
Пусть мы хотим найти \(a^{-1} \pmod p\), \(a\) и \(p\) взаимно простые (а иначе обратного и не будет существовать).
Давайте найдем корни уравнения
\[ax + py = 1\]
Они есть и находятся расширенным алгоритмом Евклида за \(O(\log p)\), так как \(НОД(a, p) = 1\), ведь они взаимно простые.
Тогда если взять остаток по модулю \(p\):
\[ax = 1 \pmod p\]
А значит, найденный \(x\) и будет обратным элементом к \(a\).
То есть надо просто найти \(x\) из решения того уравнения по модулю \(p\). Можно брать по модулю прямо походу решения уравнения, чтобы случайно не переполниться.