最大公因数 python 最大公因数用什么括号

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mob6454cc6c1f4a 2024-01-14 10:40:25

文章标签 最大公因数 python 整除多项式最大公因数 文章分类 Python 后端开发

　　数论问题在 $\mathbb Z$

　　公约：

$(a,b)$ 表示 $a,b$ 最大公因数，$[a,b]$

$<<<$ 表示远小于，$>>>$

$a|b$

　　　　4.含分号的多行大括号表示解答过程（优先级最高），单箭头若表示分析过程书写时一般逆写.

　　　　5.下列整数基本性质由题目给出，非其最基本性质.

$a≡b(c)$ 即 $a,b$ 在模 $c$

$[a]$

$bool$ 式使用 $C++$

$a,b\in\mathbb Z$）：

$\mathbb Z$ 为一个数环，即以下性质 $3.$

$a>b\iff a\geq b+1\iff a-1\geq b\iff a=b+k(k>0).$

$c=a+b\in\mathbb Z,d=a-b\in\mathbb Z,e=a*b\in\mathbb Z,f=\frac ab\in Z(b\not=0).$

$a|b\iff b=ka(k\not=0,k\in \mathbb Z).$

$f(a)|g(a)$ 成立的 $a$ 的全体组成的集合 $A_1$ 与使 $f(a)|g(a)-kf(a)$ $(k\in \mathbb Z)$ 成立的 $a$

$A_2$

$A=\{P(a)|a\in\mathbb Z\}$，$B={Q(a)|a\in\mathbb Z}$，命题 $P=$ 使整除式 $P(a)|P(b)$

$a$ 的全体组成的集合 $S$ 为无限集，命题 $Q=A\subseteq B$，有 $P=Q.$

$5$ 上经常使用性质 $f(a)*f(b)=0\iff f(\varepsilon)=0(\varepsilon\in(a,b)).$

$a|b$ ，使 $(k-1)a<|b|<ka$ 恒成立的 $a$

　　整数：

　　　　特点：离散，无限。

$\to$

　　　　操作方式：整除，同余，估计。

　　　　同余：$Z \to $ 同余类（给集合做划分）（提取代表元）

$S_{1,1}$：$\begin{cases}构造（反面）\\ 论证（抽屉） \end{cases} \to 同余系$

　　　　　　　　同余；

　　　　放缩：确定某多项式与其加上（或减去）某不为零的多项式后的大小关系。

$S_{1,2}$：存在性 $\to$ 构造 $\to$ 选取 $i,j$ $\to$ 希望 $\begin{cases}a_i+a_j \uparrow\\ (a_i,a_j)\downarrow\end{cases}$ $\to$ 希望 $(a_i,a_j)=1$

$\to$ （互质问题不可回避） $\to$ （不互质 $\to$

$a_i+a_j\geq 2n-1=p$ $\to$ $p|a_i+a_j$ $\to$

$\begin{cases}若有∃ p|a_i,取 p\not| a_j,易证;\\若有∀p\not|a_i,取剩余系(非完系)两两分组，易证;\end{cases}$

$\begin{cases}若有∃ p|a_i+a_j,有\frac{a_i}{(a_i,a_j)}\geq p,易证;\\若有∃ p|a_i-a_j,由a_i-a_j<a_i+a_j,易证;\end{cases}$

　　　　　　　　同余；构造；放缩；

　　　　估计：$\begin{cases}a|b\\b\not=0\end{cases} \to |b|\geq a$ $\to$ 有界离散 $\to$ 有限解 $\to$ 高次小于低次（多项式) $\to$

　　　　放缩（即估计当变量取何值时某式恒成立）

　　　　分离：考虑 $f_1(a^m)|f_2(a^n)$ （$a^k$ 表示最高次项），作 $m=n+k$

$f_1(a^m)=f_3(a^n)*f_4(a^k)$ 或令 $f_2(a^n)*f_5(a^k)=f_6(a^m)$

$f_3$ 与 $f_2$ 或 $f_6$ 与 $f_1$。

　　　　无穷递降：通过 $m$ $\to$ $m'$，常以 $m,m'$ 为根韦达构造（或解关于 $m$

$P$，且 $m,m'$ 地位相等，可论证 $m'$

$S_{1,3}$：$\begin{cases}是\to 构造\\否\to 反证\to 优先选择，各个角度分类筛不符合条件\end{cases}\to\begin{cases}存在（构造域）\\不存在（证毕）\end{cases}$

$\to$ 常规方法：无穷递降，取最小，证存在更小（由当前最小的推出） $\to$

$∃a>10a_m>10^m$ $\to$ 构造 $b$ ，使：$\begin{cases}b=a-ka_m\\a-ka_m 无退位\end{cases}$

$9a_m+1=10^m$，并有 $a$ 首位必不为零 $\to$ 将 $a$

$S(x)$ 为 $x$ 各位数之和，分析进位有 $S(a-10^r+10^{r-m})$ 严格小于 $S(a)$.

　　　　　　　　无穷递降；估计；

$S_{1,4}$：$\begin{cases}m=n,k=m^2;\\m\not=n,m≡n(2); \end{cases}$

$k$ 为完方，分子为完方 $\to$ 分母为完方 $\to$ 分母简化 $\to$ $m,n$ 换元 $m+n,m-n$

$m=n+2t(t\not=0)$，有 $k=\frac{(m-t)^2}{4mt^2+1}$，$4mt^2k+k=m^2-2mt+t^2$，

　　　　　　整理成关于 $m$ 的一个一元二次方程，有两根 $m,m'$

$m^2-(4kt^2+2t)m+t^2-k=0$，韦达得 $m+m'=2t+4kt^2\in \mathbb Z$

$m,m'\in \mathbb Z$，$mm'=t^2-k<t^2$，不妨设 $m<|t|$。

$\begin{cases}m'>0,有0<(m-t)^2<(2t)^2<4mt^2+1,矛盾;\\m'=0,k=t^2;\\m'<0,k=\frac{(m'-t)^2}{4m't^2+1}<0,矛盾;\end{cases}$

　　　　　　　　无穷递降；构造；

　　　　整除：最大公约数基本运算，分析其约数。

$S_{1,5}$：由欧几里得辗转相除过程中导出结论 $(n^a-1,n^b-1)=n^{(a,b)}-1$

$(2^{2a}-1,2^{2b}-1)=(2^{(a,b)}-1)(2^{(a,b)}+1)$

$(2^a-1)(2^a+1)=2^{2a}-1$，$(2^b-1)(2^b+1)=2^{2b}-1$，

$\to$ 由 $AC,BD$ 地位相等猜想结论 $(AB,CD)=(A,C)(B,D)(A,D)(B,C)$，

$A=2^a-1$，$B=2^a+1$，$C=2^b-1$，$D=2^b+1$。

$\to$ $A,B,C,D$ 满足条件 $(A,B)=1，(C,D)=1$.

$\to$ 有如下结论 $k(a,b)=(ka,kb)(k\not=0)$ ，$(\sum_1^n a_n,)=((\sum_1^m a_m),\sum_m^n a_n)$

$(D,C)=1$

$\to$ $(A,C)(A,D)=(A(A,D),C(A,D))=(A^2,AD,AC,CD)$

$=(A(A,C,D),CD)=(A,CD)$

$\to$ $(A,C)(B,D)(A,D)(B,C)=(A,CD)(B,CD)=(AB,CD)$，猜想得证。

　　　　　　　　整除；最大公因子理论（传递关系）；

$S_{1,6}$：是否 $\to$ 否 $\to$ 有限个 $\to$ 有界 $\to$ 高次 $\leq$ 低次 $\to$

$n!+1|(2012n)!\to (n!+1)(n!)|(2012n)!\to (n+1)(n!)^{2012}|(2012n)!$

$(n!)^{2012}|(2012n)!$ $\iff$ $\tbinom{2012n}{n,n,...,n,n}\in\mathbb Z$，$(n!+1,(n!)^{2012})=1$

$(n!+1)(n!)^{2012}|(2012)!$，只需把 $n!$

~~（不用 $Strling$ 公式 $n!\sim \sqrt {2\pi n}(\frac n e)^n$，）~~

$\to$ 只需证 $n!>(\frac n e)^n \iff ln_n+ln_{n-1}+...+ln_1>nln_n-n$，归纳

$\to$ （ $\leftarrow$ ）$ln_{n+1}>(n+1)ln_{n+1}-nlnn-1$

$\to$（ $\leftarrow$ ）$1>n(ln_{n+1}-ln_n)$ $\to$ $1>ln_{{(1+\frac 1n)}^n}$

$\to$ （ $\leftarrow$ ）$e>(1+\frac 1n)^n$

$(2012n)^{2012n}>(2012n)!\geq (n!+1)(n!)^2012>(n!)^{2013}>(\frac ne)^{2013}$

$\to$ 高次小于低次 $\to$ 有界 $\to$ 有限 $\to$

　　　　　　　　整除；估计；放缩；

$S_{1,7}$：最多只有 $\to$ 反证 $\to$ 假设存在两种方案 $\to$ 分析约数 $\to$

$ab=cd=\frac{n^4}{16}(a>c\geq d>b),n\geq a-b$.

　　　　　　发现各数分担各因子，考虑用最大公因数换元表示各数。

$(a,c)=p\to a=pq,c=pr,(q,r)=1\to qb=rd$

$\to b=rs,d=qs\to pq>pr\geq qs>rs\to q>r,p>s$

$\to$（放缩）$n\geq a-b=pq-rs\geq(s+1)(r+1)-rs=r+s+1$

$\to$ $r+s\leq n-1\to b\leq \frac{(n-1)^2}2\to a\leq b+n=\frac{(n+1)^2}2$

$\to$ $ab\leq(\frac{n^2-1}2)^2<\frac {n^4}{16}$

　　　　　　　　整除；用大小关系放缩消元；最大公因数理论；均值不等式；

$S_{1,8}$：高次小于低次 $\to$ 降高次或升低次 $\to$ 估计，分离 $\to$ 低次乘 $x$

$x(x^n+2^n+1)=x^{n+1}+2^nx+x>x^{n+1}+2^{n+1}+1\to x\geq2$

$(x-1)(x^n+2^n+1)=x^{n+1}+2^nx+x-x^n-2^n-1<x^{n+1}+2^{n+1}+1$

$\to$ $x(2^n+1)<3*2^n+x^n+2\to$ 要求 $n$

　　　　　　（若满足以上二式，则说明被除式被夹在除式的两相邻倍数之间，即整除式不成立）

$x^n>x(2^n+1)\to x^{n-1}\geq2^n+1(x\geq2)$有 $x$ 增长幅度 $>2$

$\to$ 考虑最小情况 $n=2\to x\geq5$ $\to$ 当 $n\geq2$

$\begin{cases}n=1,x=4 \or 11\to(1,4)\or(1,11);\\n\geq2,{\begin{cases}x=1,2^n+2|2^{n+1}+2,舍;\\x=2,2^{n+1}+1|2^{n+2}+1,舍;\\x=3,3^n+2^n+1|3^{n+1}+2^{n+1}+1,舍;\\x=4,2^{2n}+2^n+1|2^{2n+2}+2^{n+1}+1,舍;\\x\geq5,x^n=x*x^n-1\geq x*(2^n+1),舍;\end{cases};}\end{cases}$

　　　　　　　　分离；估计；放缩；

$S_{1,10}$：无限解问题 $\to$ 估计或分离找有限解 $\to$ 放缩后约为 $a^{m-n}$，分类考虑。

$\begin{cases}m\leq n,a^{m-1}+1\geq a^{n-1}+a,矛盾;\\m>n,m=n+k\to a^n+a^2-1|a^{k+2}-a^k-a+1\\a^{k+2}-a^k-a+1=(a-1)(a^{k+1}+a^k-1),\begin{cases}a=1时成立;\\a有无穷多解;\end{cases}\\\to a^n+a^2-1|a^{k+1}+a^k-1\\构造辅助函数 f(x)=x^n+x^2-1,g(x)=x^{k+1}+x^k-1\\有f(0)*f(1)<0\to存在\varepsilon\in(0,1)使f(\varepsilon)=0\to g(\varepsilon)=0\\\to\begin{cases}\varepsilon^{k+1}+\varepsilon^k-1=0;\\\varepsilon^n+\varepsilon^2-1=0;\end{cases}\to \varepsilon^{k+1}-\varepsilon^n=\varepsilon^2-\varepsilon^k\\\to\begin{cases}k<2,RHS<0,|LHS|>>>|RHS|,舍;\\k>2,n>k+1>k>2,|LHS|<<<|RHS|,舍;\end{cases} \\\to只有k=2且n=k+1=3时成立\to(5,3); \end{cases}$

　　　　　　　　化归；降次（夹在两差距极小倍数之间）；多项式整除；

$S_{1,11}$：讨论两个相邻 $5$ 幂次中间夹 $2$ 的幂次的个数$\begin{cases}\leq 1(显然不行，随便证一下)\\=2(可以，因为有例子)\\=3(可以，因为有例子)\\\geq4(显然不行，随便证一下)\end{cases}$

$\begin{cases}=1,2^{n-1}<5^m<2^n<5^{n+1}<2^{n-1}\to 2^{n+1}>5^{m+1}>2^{n-1}*5>2^{n+1},舍;\\=2,可行,x;\\=3,可行,y;\\=4,2^{n-1}<5^m<2^{n+1}<2^{n+3}<5^{m+1}\to 5^{m+1}>2^{n+3}>8*5^m>5^{m+},舍;\end{cases}$

$\begin{cases}x+y=867;\\2x+3y=2013;\end{cases}\to y=279.$

　　　　　　　　鸡兔同笼；放缩；

$S_{1,9}$：由题目“唯一表示” $\to$ $x,y$ 与 $n$ 相关且 $(x,y)$ 唯一 $\to$

$\to$ 关于 $(x,y)$ 的不定方程 $\to$ 以 $y$ （次数低）为主元解方程 $\to$ $y\in \mathbb Z$ $\to$

$\begin{cases}n=1,(x-1)(x+1-y)=0\to x+1=y,舍;\\n\geq2,y=\frac{x^2-n}{nx-1}\to nx-1|x^2-n\to nx-1|x^2n^2-n^3\to nx-1|n^3-1\\\to d=\frac{n^3-1}{nx-1}\to\begin{cases}d=1,(x,y)=(n^2,n);\\d\not=1,nx=\frac{n^2+d-1}d\to nx<n^2\to x<n\to y<1,舍;\end{cases};\end{cases}$

　　　　　　　　降次；分式分离；

　　　　一般二元归纳：解决类似对与所有在域上的数对 $(m,n)$ 均有 $P(m,n)=true$

$P(1,1)=true$ ，由 $P(1,n)=true\to P(1,n+1)=true$

$P(m,1)=true\to P(m+1,1)=true$，由某两项成立再推出另一项成立。

　　　　其中最后一步的“另一项”应满足能遍历所有未证明项，“某两项”应满足均为已证明项。

$P(a-1,b)=true+P(a,b-1)\to P(a,b)$

　　　　使用条件：给出条件少，（所有的）某两项与另一项之间均有递推关系（二元递推）。

$S_{1,12}$：任意数对 $\to$ 对每一个数都成立 $\to$ 归纳 $\to$

~~（由于 $m_i$ 的不确定性，此处不用一般二元归纳）~~

　　　　　　考虑固定某一变量来归纳（当作一元归纳），则只需证明归纳时对于另一变量存在任意性

$\mathbb N_+$）

$k\to k+1$ 比 $\frac1n\to\frac1{n+1}$ 容易，且 $2^k\to2^{k+1}$ 为翻倍，只需也必须在 $RHS$

$k$ 作为归纳变量。记 $LHS_{(i,j)}/RHS_{(i,j)}$ 为 $k=i,n=j$

$\begin{cases}k=1,LHS_{(1,n)}=1+\frac1n\to m_1=n,∀n\in N_+成立;\\假设(k,∀n)成立,\begin{cases}n≡0(2),LHS_{(k+1,n)}=LHS_{(k,\frac n2)}*(\frac{n+2^{k+1}-1}{n+2^{k+1}-2}=1+\frac1{n+2^{k+1}-2})\\RHS_{(k+1,n)}=RHS_{(k,\frac n2)}*(1+\frac 1{m_{k+1}}),m_{k+1}=n+2^{k+1}-2;\\n≡1(2),LHS_{(k+1,n)}=LHS_{(k,\frac{n+1}2)}*(\frac {n+1}n=1+\frac1n)\\RHS_{(k+1,n)}=RHS_{(k,\frac{n+1}2)}*(1+\frac 1{m_{k+1}}),m_{k+1}=n;\end{cases};\\\to 有(k+1,∀n)成立;\end{cases}$

　　　　　　　　双向一元归纳；二元递推；

　　自然数：加法群幺元：0，乘法群幺元：1，质因数分解最小元：素数。

　　素数：

　　　　性质：唯一分解定理，质数集为无限集，梅森质数列满足两两互质，存在足够长的连续整数列

$\{(n+1)!+(2\to n+1)\}$），素数定理，$Dirichlet$

　　　　基本操作：考虑完系，缩系，构造。

$Q=(\prod_1^ni)+1$，若 $Q$ 为质数得到对于数 $n$ 存在至少一个质数$Q>n$；

$Q$ 不为质数得到 $Q=p_1p_2,p_1\geq p_2>n$, 对于数 $n$ 存在至少一个质数$Q>n$；

$F_n=2^{2^n}+1,F_{n+k}-2=2^{2^{n+k}}-1=(2^{2^n})^{2^k}-1=(2^{2^{n+1}})^{k-1}-1$

$\to$ $F_n-2|F_{n+k}-2$ $\to$ $F_n=2^{2^n}+1|2^{2^{n+1}}-1,2^{2^{n+1}}-1|F_{n+k}-2\to F_n|F_{n+k}-2$

$\to (F_n,F_{n+k})=(2,F_n)=1\to$

$\pi(n)\sim Li(n)$ ，$\frac{ln_x}x.$

$Dirichlet$ 大定理：对与数列 $ax+b$ （$a,b=1$）有无限多质数。（同余问题）

　　　　完系：在完系中有且仅有一个不整除。

　　　　缩系：完系-1（均不整除）。

$S_{2,1}$：表示出组合数后拆开上面的括号，注意到非 $p$ 倍数项唯一，且为 $p$

$\to$ 约去 $p$ ，合并分子中含有 $p$ 的项 $\to$ 注意到分母亦为 $p$

$C^p_n=\frac{(kp+r)(kp+r-1)...(kp)(kp-1)...((k-1)p+r+1)}{p!}=\frac{k(lp+(p-1)!)}{(p-1)!}=\frac{klp}{(p-1)!}+k\in \mathbb Z$

$\frac{klp}{(p-1)!}\in \mathbb Z,(p,(p-1)!)=1\to C^p_n-k=klp\to p|C^p_n-k\iff C^p_n≡[\frac pn](p)$

　　　　　　　　素数性质；合并同类项；

$S_{2,4}$：恰有 $\to\begin{cases}存在\to\begin{cases}p<6\to一定有\to p=5\\p>6\to存在更大的\to存在某个数的最小素因数p>6\end{cases}\\唯一\to p>3即可\end{cases}$

$\begin{cases}5\not|n,p=5满足条件;\\5|n\to\begin{cases}n,n+5被5整除;\\剩余四个数中必恰有两偶数被2整除;\\余下两相邻奇数必恰有一奇数被3整除;\end{cases}\to存在唯一数最小质因数p>5;\end{cases}$

$p>3$ 时只可能有 $p=6k+1\or p=6k-1$；

$S_{2,5}$：合数 $\to$ 形如 $N!+1+M(M+1\leq N)$

$\to$ 互素 $\to$ 无法满足 $a$ 为合数 $\to$ 设为 $\{a+(1\to n)d\}$

$\to$ 有 $(a_i,a_j)=1\to(a,(j-i)d)=1\to(a,d)=1\and (a,j-i)=1$

$j-i$ 取值在 $[0,n-1]$ （即一个 $n$

$\to$ 构造 $(a,n!)=1$ $\to$ 不妨 $d$ 取 $n!$ $\to$ 设 $a$ 为 $K!+1$ ，有 $(a,nn!)=1$

$\to$ $nn!+1<K$ $\to$ 放缩后 $(n+1)!<K$ $\to$ $a=(n+1)!!+n!+1$

$\to$ $a=((n+1)!+1)!+n!+1,d=n!,a_i=a+id$ $\to$

　　　　　　　　构造；素数性质；

$S_{2,6}$：无穷 $\to$ 递推 $\to$

$\to$ 首先必有 $a,a+b\in S$，则形如 $a+bx\in S$，必有 $(a,a+bx)=1\to(x,a)=1$

$(a+bx,a+b)=1\to(x-1,a+b)=1$ $\to$ 显然有 $x=a+b$

$(a+b(a+b),a+x'b)=1\to (x'-a-b,a+b(a+b))=1$

$\to$ 显然 $x=y(a+b)$ 时满足条件 $\to$ $(y-1,a+b(a+b))=1$ $\to$ $y=a+b(a+b)$

$\to$ 构造 $\{u_1=a+b,u_{n+1}=a+b\prod_1^nu_i\}$ $\to$ 有 $(u_{n+1},u_k)=(a,u_k)=1$

　　　　　　　　构造；递推；

$S_{2,2}$：显然有 $n-1<m\to n<=m$，则有 $p<n<=m\to p<m$，

$p<n$ ，取 $\{m_i=(m+ir) ~mod ~p\}|_{0\to p-1}$，则显然存在 $m_i=m_j$，

$m_i-m_j≡m+ir-m-jr≡0(p)\to p|(j-i)r\to p|r$。

$\to$

　　　　　　倍增：某些情况下能当归纳法使。题目中出现 $2^k$ 或 $4^k$ 等时考虑，由 $k=·1\to2k,2k+1$

$OI$ 中更多作为递归（分治为子问题，即考虑 $k$ 由 $[k],[k]+1$

$k\to2k-1$，本质上就是个上下界的问题，起始多暴力求几项就行。

$S_{2,3}$：观察到 $p^x=(y+1)(y^2-y+1)\to \begin{cases}y+1=p^a\\y^2-y+1=p^b\\a+b=x\end{cases}\to p|(y+1,y^2-y+1)$

$\to p|(y+1,3)\to\begin{cases}y=1,y+1=2,p^x=2,(p,x,y)=(2,1,2);\\p=3,y\geq2\to3^x=y^3+1,y^2-y+1>y+1\\\to y+1|y^2-y+1\to y+1|3\to(p,x,y)=(3,2,2);\end{cases}$

$\to$ 反复同余 $\to$ 限制指数可能情况 $\to$

$S_{2,7}$：尝试归纳 $\to$ 由于 $k\not\to k+1$ $\to$ 失败 $\to$ 看到 $4^n$ $\to$ 想到了一些不好的事情（$OI$）

$\to$ 尝试递归区间 $\to$ 由 $k$ $\to$ $2k,2k+1.$

$4^n$

$2^{lqbz}$

$2k+1$）这个条件，

$\prod_{1}^n(i==2k+1)i$ 和 $\prod_1^n(i==2k)i$

$k$）到组合函数（$2k$）的过渡。

$P_k\leq4^k$，由于 $\prod_{p_i\in[k+1,2k]}p_i\leq\prod_{j=2r+1\in[k+1,2k]}j\leq\frac{\prod_{l\in[k+1,2k]}l}{(\prod_{q\in[1,k]}q)*(2*\prod_{s=2f+1\in[k+1,2k]}s)}$

$\leq\frac{(2k)!}{k!^2}=C_{2k}^k<2^{2k}=4^k$，得到 $P_{2k}\leq4^{2k}$；类似的，对于 $k\to2k+1$，有

$\prod_{p_i\in[k+1,2k]}p_i\leq\frac{(2k+1)!}{k!(k+1)!}=C^{k+1}_{2k+1}=\frac{C^{k+1}_{2k+2}}2=2^{2k}=4^k$，得到 $P_{2k+1}\leq4^{2k}$。

$k+1\to 2(k+1),2(k+1)-1$。（$P_{2(k+1)}=P_{2k+1}$）

　　　　　　　　倍增；放缩；（倍增+乘法，组合数，2^n， 4^n 等经常放在一起）

$S_{1,2}$：调和级数形式 $\to$ 发散（$\sum\frac 1i=\sum_k(\sum_{i=2^k+1}^{2^k+1})>\sum_k(2^k*\frac1{2^{k+1}})=\sum_k\frac12$） $\to$

　　　　　　得到了调和级数的常规放缩方法。

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