2.23日刷数论题后总结（题目整理自SCUT

第一道：Rightmost digit

求N^N次最后一个数字

快速幂mod10咯

代码如下：

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = ;

int qm(ll a,ll b) {
    ll res = ;
    while (b) {
        if (b & ) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod; b >>= ;
    }
    return (int)res;
}

int main() {
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        printf("%d\n", qm((ll)n, (ll)n));
    }
    return ;
}

好像可以打表找规律。

第二道：又见GCD

从2*b开始枚举c就可以啦

代码如下：

#include <cstdio>
using namespace std;

int gcd(int a, int b) {
    return b ==  ? a : gcd(b, a % b);
}

int main() {
    int n; scanf("%d", &n);
    while (n--) {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        for (int i = ; ; i++) {
            int c = i * b;
            if (gcd(a, c) == b) {
                printf("%d\n", c);
                break;
            }
        }
    }
    return ;
}

第三道：A / B

求 (A / B) % 9973

就是求A * INV(B) % 9973咯

由费马小定理 a^(p-1) ≡ 1(mod p)

所以 a * a^(p-2) ≡ 1(mod p)

所以INV(B) = b ^ (MOD-2)

代码如下：

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = ;

int qm(ll a,ll b) {
    ll res = ;
    while (b) {
        if (b & ) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod; b >>= ;
    }
    return (int)res;
}

int main() {
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int a, b;
        scanf("%d%d", &a, &b);
        printf("%d\n", a * qm((ll)b, (ll)mod - ) % mod);
    }
    return ;
}

第四道：Fibonacci

最基本的矩阵快速幂(今天才学(可见刷题数量之少，以及之菜

和普通快速幂一个道理，就是加上矩阵相乘，以及定义ans变量的时候要定义成单位矩阵的形式

#include <cstdio>
using namespace std;
const int mod = ;
struct Matrix {
    int m[][];
} ans, base;

Matrix mul(Matrix a, Matrix b) {
    Matrix temp;
    for (int i = ; i < ; i++) {
        for (int j = ; j < ; j++) {
            temp.m[i][j] = ;
            for (int k = ; k < ; k++) {
                temp.m[i][j] = (temp.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]) % mod;
            }
        }
    }
    return temp;
}

int qm(int n) {
    base.m[][] = base.m[][] = base.m[][] = ;
    base.m[][] = ;
    ans.m[][] = ans.m[][] = ;
    ans.m[][] = ans.m[][] = ;
    while (n) {
        if (n & ) ans = mul(ans, base);
        base = mul(base, base);
        n >>= ;
    }
    return ans.m[][];
}

int main() {
    int n;
    while (~scanf("%d", &n) && n != -) {
        printf("%d\n", qm(n));
    }
    return ;
}

第五道：Play with Floor and ceil

扩展欧几里得算法

分为x % k == 0 和 不等于 0 两种情况

如果x % k == 0 直接找一个p + q = k的解打印就好了

如果不整除

令 a = [x / k] 即求 x = a * p + (a + 1) * q 一组整数解

又因为GCD(a, a + 1) = 1 所以就可以先用扩展欧几里得算法求a * p + (a + 1) * q = 1

p q再分别乘以x就好了

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;

void extgcd(ll a, ll b, ll& d, ll& x, ll& y) {
    if (b) {
        extgcd(b, a % b, d, y, x);
        y -= (a / b) * x;
    } else {
        d = a;
        x = , y = ;
    }
}

int main() {
    int T; scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        ll x, k;
        scanf("%lld%lld", &x, &k);
        if (x % k == ) {
            printf("%d %lld\n", , k);
            continue;
        }
        ll p, q;
        ll a = x / k;
        ll d;
        extgcd(a, a + , d, p, q);
        p *= x / d, q *= x / d;
        printf("%lld %lld\n", p, q);
    }
    return ;
}

第六道：zhx's contest

给定一个数n，求先增后减或先减后增或单调增或单调减的排列个数

先看 1，2，...，n

考虑把这个序列变成先增后减的情况 那么就有一个地方得容纳n

从左边n-1个数取0个放到n的右边 C(n-1, 0)

取1个  C(n-1, 1)

取两个 C(n-1, 2) 这两个元素取出来后放到n的右边只有一种排列方式， 就是从大到小排 因为要先增后减 到了n已经停止增 所以只能减

取3个   C(n-1, 3)

......

取n-1个 C(n-1, n-1)

那么可能数就为 C（n-1,0) + C(n-1,1) + ... + C(n-1, n-1) = (1 + 1) ^ (n - 1) = 2 ^ (n - 1)

那么对印的先减后增也是 2 ^ (n - 1)

但是会重复算单调增和单调减的序列

所以答案就是 2^n - 2

n, p <= 1e18

在快速幂的过程中很有可能会溢出long long

所以加上快速乘法(用加法模拟乘法，每一次都取模，这样保证不会溢出)

特判一下1的情况

代码如下：

#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;

ll quick_mul(ll a, ll b, ll mod) {
    ll ans = ;
    while (b) {
        if (b & ) ans = (ans + a) % mod;
        a = (a + a) % mod;
        b >>= ;
    }
    return ans;
}

ll quick_mod(ll a, ll b, ll mod) {
    ll ans = ;
    while (b) {
        if (b & ) {
            ans = quick_mul(ans, a, mod) % mod;
        }
        a = quick_mul(a, a, mod) % mod;
        b >>= ;
    }
    return ans;
}

int main() {
    ll n, q;
    while (~scanf("%lld%lld", &n, &q)) {
        if (n == ) printf("%lld\n",  % q);
        else
        printf("%lld\n", (quick_mod(, n, q) -  + q) % q);
    }
    return ;
}