<前言>
整除
算术基本定理(唯一分解定理)
最大公约数和最小公倍数(gcd和lcm)
同余
威尔逊定理和费马小定理
欧拉函数以及求解
欧拉定理
<更新提示>
<第一次更新>这次基本上是最后一次数论更新啦，三篇博客的内容已经基本涵盖了普及组可能考到的所有内容，只有少数较难的内容可能会再次分析重提，基本知识点已经全啦。
<正文>
整除
定义
一个整数a能被另一个整数d整除，记作：d|a，意味着存在某个整数k，有a=kd。 0可被每个整数整除。若a>0且d|a，则|d|≤|a|。如果a|d，则我们称d是a的倍数，a是d的约数。
性质
对于整除，有如下几条重要的性质：
1 若d|a,则对于任意整数k有d|ka
2 若a|b且b|a，则有a=b ……对称性
3 若c|b，b|a，则c|a ……传递性
4 若c|a，d|b，则cd|ab
5 若c|a，c|b，则c|(ma+nb)
6 若n∈N*，则(a－b)|(an－bn)。
7 若n为奇数，则(a＋b)|(an＋bn);
8 若n为偶数，则(a＋b)|(an－bn)
9 任意n个连续正整数的乘积必能被n!整除
关于性质，我尽量给出说明或证明。
说明(证明)
1 显然。
2 两数互为倍数，显然两数相等。
3 设a=kb，因为c|b，由1得c|kb成立，即c|a。
4 a有因子c，b有因子d，所以ab有因子cd，即cd|ab。
5 由1推得
6，7，8 因式分解的基本公式，此处不再赘述
9 由组合数公式可得，
即意为n选m的方案数，显然是个整数。如果需要严谨的证明，可以使用数学归纳法，尝试用分数拆分的方法证明n=k成立时，n=k+1仍然成立。
例题：分解整数
一个正整数有时可以分解成若干连续正整数之和，如15=1+2+3+4+5，有时这种分解方法不止一种，如15还可以分解成4+5+6和7+8两种，但有些正整数就不能分解，如16就不能分解。输入正整数N，求出一个它的所有分解。
数据规模：N≤109
分析：
设可以分解的是a,a+1,…,b，即n=a+(a+1)+…+b，则n=(a+b)(b-a+1)/2，即(a+b)和(b-a+1)是2×n的一对因子。我们枚举2×n的所有因子，再解得a，b，检查其是否合法即可。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,t,flag=0;
int main()
{
cin>>n;
t=n*2;
for(int i=sqrt(t*1.0);i>=2;i--)
{
int x,y;
if(t%i==0)
{
x=i,y=t/i;
if((x+y-1)%2==0)
{
int b=(x+y-1)/2;
int a=x-b;
if(a<=0||b<=0)continue;
flag=1;
for(int j=a;j<b;j++)
{
cout<<j<<" ";
}
cout<<b<<endl;
}
}
}
if(!flag)cout<<"NONE"<<endl;
return 0;
}
算术基本定理(唯一分解定理）
定义
任何一个大于1的自然数N，N都可以唯一分解成有限个质数的乘积，我们将其表示为如下的形式：
其中p1 < p2 < p3 < … < pk ，其诸指数ai 为正整数。我们称其为N的标准分解式。
证明
请原谅我证不来…
其存在性与唯一性的证明见此
公式
由算术基本定理引导出的有两个重要的公式如下：
1 N的正约数个数为：
即
2 N的正约数和为：
即
说明(证明)
1，2 由乘法原理推得。
代码实现
1 求N的分解质因数式
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int s=0,n,t;
int ans[10000]={};
cin>>n;t=n;
for (int i=2;i*i<=n;i++)//相当与1-sqrt(n)枚举，这么做可以处理复杂的精度误差
if (n%i==0)
{
while (n%i==0)
{
ans[++s]=i;//储存分解质因子的答案
n=n/i;//对n除以i，知道不能除为止
}
}
if (n>2) ans[++s]=n;//若最后没有分解完
if(s==1)cout<<t<<'='<<ans[1];
else if(s==2)cout<<t<<'='<<ans[1]<<'*'<<ans[2];
else for(int i=1;i<=s;i++)
{
if(i==1)cout<<t<<'='<<ans[1]<<'*';
else if(i==s)cout<<ans[s];
else cout<<ans[i]<<'*';
}
//输出分解质因数的结果
return 0;
}
2 求N的约数个数
int nums(int n)
{
int k, res, p;
k=2; res=1;
while (k*k<=a)
{p=1;
while (n%k==0) {a/=k; p++; }
res*=p;
k++;
}
if (a>1) res*=2;
return res;
}
3 求N的约数和
int sum ( int n )
{
int k, res, tmp;
k=2; res=1;
while (k*k<=a)
{tmp=1;
while (n%k==0) {a/=k;tmp=tmp*k+1;}
res*=tmp;
k++;
}
if (a>1) res*=(1+a);
return res;
}
最大公约数和最小公倍数(gcd和lcm)
定义
令a和b是不全为0的两个整数，能使d|a和d|b的最大整数称为a和b的最大公约数，用gcd(a,b)表示，或者记为(a,b)。
令a和b是不全为0的两个整数，能使a|d和b|d的最小整数称为a和b的最小公倍数，用lcm(a,b)表示，或者记为[a,b]
定理
1 ab = gcd(a,b) * lcm(a,b)
2，3
利用算术基本定理，设
则有
证明(说明)
1 设两数的最大公因数=X
则：两数可以表示为：aX,bX,其中a,b互质
所以：aX,bX的最小公倍数=abX
而：X*(abX)=(aX)*(bX)
即：两个数的乘积等于最大公因数与最小公倍数的乘积
2，3 由定义得。
性质
①已知(a，c)=1，若a | bc，则a | b；若a | b，c | b，则ac | b
②p为素数，若p | ab，则p | a或p | b
③[a，b]·(a，b)=ab
④(a，b)=(a，b－ac)=(a－bc，b)
⑤(n，n-1)=1 或 (n，n-p)≤p
⑥m(a，b)=(ma，mb)
⑦若(a，b)=d，则(a/d,b/d)=1
⑧若a | m，b | m，则[a，b] | m
⑨m[a，b]=[ma，mb]
证明(说明)
①由于a，c互质，所有它们间不含公共因子，那么a | bc时，a | b成立。第二条根据算术基本定理的标准分解式则显然成立。
②和①同理。
③上文已证。
④设(a,b)=d，a=kd，则b-ac=b-kdc，由于减去的仍为d的倍数，所以最大公因数不变。第二个括号同理。
⑤相邻两数互素。设(n,n-p)=d，则一定有d|(n-(n-p))，即一定有d|p，所有d < p。
⑥设m(a,b)=k,令a=ik,b=jk,则ma=mik,mb=mjk,mk=m(a,b)是ma,mb的一个公因数.
假设ma,mb的最大公因数为c,且c>mk,ma=cd,mb=ce
若c能被m整除,设c=lm,则有ma=lmd,mb=lme,a=ld,b=le,l是a,b的公约数,由假设c>mk,故lm>mk,l>k,与m(a,b)=k矛盾.
若c不能被m整除,则存在一个整数f,使得ma=cd=cmfg,mb=ce=cmfh,cmf是ma,mb的公因数,由题意cmf>c,c不是ma,mb的最大公约数,与假设矛盾.
故不存在假设的c,最大公因数(ma,mb)=最大公因数m(a,b)。
⑦由⑥，等式同乘1/d，再进括号即可。
⑧a，b为m因子，其最小公倍数显然也是m的因子。
⑨同⑥可证。
gcd的求解
1使用算术基本定理, 先分解素因数, 然后求最大公约数。由于这种方法不是很常用，时间复杂度又比较大，这里不再给出代码。
2利用公式gcd(a, b)=gcd(b, a mod b), 时间复杂度为O(logb)。
辗转相除法的证明见数论博客第一篇
代码实现如下：
inline int gcd(int a,int b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
3(二进制算法)
若a=b, gcd(a,b)=a, 否则
1)a和b均为偶数, gcd(a,b)=2*gcd(a/2,b/2)
2)a为偶数, b为奇数, gcd(a,b)=gcd(a/2,b)
3)如果a和b均为奇数, gcd(a,b)=gcd(a-b,b)
不需要除法, 适合大整数。
证明(说明)：
1)a，b均有因子2，可以利用性质⑥缩小规模。
2)a，b没有因子2，可以直接缩小规模。
3)类似于辗转相除法。
代码实现如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int gcd(int a,int b)
{
if(a==0)return b;
if(b==0)return a;
if(!(a&1)&&!(b&1))return 2*gcd(a/2,b/2);
else if(!(a&1))return gcd(a/2,b);
else if(!(b&1))return gcd(b,a/2);
else return gcd(abs(a-b),min(a,b));//避免负数
}
int main()
{
int a,b;
cin>>a>>b;
cout<<gcd(a,b)<<endl;
}
同余
定义
当且仅当m|(a-b)时，我们称a和b对模m同余，记作a≡b(mod m)（这里总设m>0)
本质上，m|(a-b)和a≡b(mod m)只不过是同一性质的不同表示法而已。
同余式的记号是高斯(Gauss)在1800年左右首创的，它看起来有点象等式的记号。事实上，我们以后会看到，同余式和等式有着许多共同的性质。
性质
①a≡a (mod m) ……自反性
②若a≡b (mod m)，则b≡a (mod m)……对称性
③若a≡b (mod m)，b≡c (mod m)，则a≡c (mod m)……传递性
④若a≡b (mod m)，c≡d (mod m)，则a±c≡b±d (mod m)，ac≡bd (mod m) ……同加、乘性
⑤若n|m，a≡b (mod m)，则a≡b (mod n)
⑥若(m，n)=1，a≡b (mod m)，a≡b (mod n)，则a≡b (mod mn)
⑦若a≡b (mod m)，n∈N*，则an≡bn (mod m) ……同幂性
⑧若ac≡bc (mod m)，(c，m)=d，则a≡b (mod m/d )
威尔逊定理和费马小定理定理
威尔逊定理
若p为素数，则(p-1)!≡-1 (mod p)。
威尔逊定理的逆定理也成立，即：若对某一正整数p，有(p-1)!≡-1 (mod p)，则p一定为素数。
证明
充分性证明
证明其逆反命题：如果p是合数，则p不符合(p - 1)! ≡ -1 (mod p)。
当p小于等于4的时候，明显成立。
当p大于4时，如果p不是完全平方数，则p可以分解为ab，a, b ∈ {2, 3, …, p - 1}，且a !=
则(p - 1)!必包含a, b，则(p - 1)! ≡ 0 (mod p)
如果p是完全平方数，则有p = k^2, 已知当k > 2时，有k, 2k ∈ {2, 3, …, p - 1}，同上可得(p - 1)! ≡ 0 (mod p)
必要性证明
对于偶质数2显然成立，下面讨论奇质数：
对于质数p，我们建立其缩系B = {1, 2, 3, …, p - 1}中的每个元素都与p互质。
对于B的一个子集A = {2, 3, 4, …, p - 2}，对每个a ∈ A，使C = {a, 2a, …, (p - 1)a}，则对于任一个a，C也是p的一个缩系（即每个数对p不同余且不能整除）。
利用同余的性质证明C是缩系：
如果存在an, am同余，设n > m，则(an - am) ≡ 0 (mod p)，则a(n - m) ≡ 0 (mod p)，由于a(n - m)也属于C，不存在能整除的。
则对于任意a，在C中，必存在一个对应的ab，使得ab ≡ 1 (mod p)：
证明b不属于{1, p - 1, a}：
如果b = 1，则a ≡ 1(mod p)，由于a 属于A，不成立。
如果b = p - 1，则(p - 1)a ≡1(mod p)，当且仅当a = p - 1时成立，但a属于A，不成立。
（解释：当a=p-1时，原方程为：(p - 1)2≡1(mod p)，p2-2p+1≡1(mod p)，p(p-1)≡0(mod p),方程显然成立）
如果b = a，若aa ≡ 1 (mod p)，则aa - 1 ≡ 0 (mod p)，即(a + 1)(a - 1) ≡ 0 (mod p)，当且仅当a = 1或p - 1时成立，不成立。
证明如果a不相同，则b也不相同：
如果对于a，存在b1, b2，使得ab1 ≡ ab2 (mod p)，则a(b1 - b2) ≡ 0 (mod p)，a(b1 - b2)属于C中某项，不存在能整除的。
由上可知，则对于a，存在b ∈ A，a != b，使得ab ≡ 1 (mod p)，则对于234*…(p - 2)，由于：
2b ≡ 1 (mod p)，3b’ ≡ 1(mod p)，…，则234…*(p - 2) ≡ 1 (mod p)，
且1 ≡ 1 (mod p)，(p - 1) ≡ -1 (mod p)，则(p - 1)! ≡ -1 (mod p)。
费马小定理
p是素数且(a,p)=1，则ap-1≡1 (mod p)
证明
欧拉函数以及求解
定义
欧拉函数: 1~n中和n互素的元素个φ(n)
性质
如果n为某一素数p，则φ§=p-1
如果n为某一素数p的幂次pa,φ(pa)=(p-1)×pa-1
欧拉函数是积性函数，即当(m,n)=1时f(mn)=f(m)*f(n)
利用算术基本定理，分解
则n的欧拉函数为：
将乘式后半段每个括号提取pi,得：
欧拉函数的求解
求解φ(n)
根据算术基本定理分解n，并利用第二个公式求解即可。
代码如下：
int eular(int n)
{
int k,res;
k=2; res=n;
while (k*k<=n)
{
if (n%k==0)
{
res=res*(k-1)/k;
while (n%k==0) n/=k;
}
k++;
}
if (n>1) res=res*(n-1)/n;
return res;
}
求解φ(i),i=1~n
对于求解1~n间所有的欧拉函数，我们需要用到欧拉函数的三条性质，并在欧拉筛法的过程中对其进行求解。
1）如果n为某一素数p，则φ§=p-1
2）对于某一素数p，有i%p=0时，φ(i*p)=φ(i)*p。
3）欧拉函数是积性函数，即当(m,n)=1时f(mn)=f(m)*f(n)
好吧，既然写出来了，本蒟蒻就来证一下（辣鸡数学一本通，上面的证明漏洞百出）
证明
1）显然。
2）先证明一个引理：对于n，i不互质，i,n+i仍不互质。
设b=gcd(n,i),n=pb,i=qb.
n+i=(p+q)b,所以n+i与i不互质。
[1,i]中与i不互质的整数共i-φ(i)个，这里，我们引入和引理中意义相同的n，分别使n=[1,i]中与n不互质的数，由于引理，n+i与i不互质，所以可以得出：[i+1,i+i]中与i不互质的整数至少有i-φ(i)个，只需证明若整数n与i互质，n+i与i仍互质，就能说明[i+1,i+i]中与i不互质的整数一定只有i-φ(i)个。
下面给出证明：
假设n+i与i不互质。
设b=gcd(n+i,i),则设n+i=qb，i=pb，且q，p属于Z，有pb+n=qb，所以n=b(q-p)，而i=pb，它们就有了公约数b，与n，i互质矛盾，假设不成立。
好了，现在已经说明(i,i+i]中与i不互质的整数一定只有i-φ(i)个。那么以此类推，( ki , (k+1)i ]中与i不互质的整数也一定只有i-φ(i)个，即i mod p=0时，它们没有不同的因数，[i,pi]中与i不互质的整数一个有pi-pφ(i)个。而这个数字又恰好可以表示为ip-φ(i*p),即：
证毕。
3）不会（原谅蒟蒻智商低）。
呕心沥血证完了这条伟大的公式，代码在欧拉线性筛的基础上，就简单极了。
void eular(int n)
{
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if (!IsPrime[i])
{prime[++cnt]=i;phi[i]=i-1;}//1
for(int j=1;j<=cnt;j++)
{
if(prime[j]*i>n) break;
isprime[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0)
{phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}//2
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); //3
}
}
}
欧拉定理
gcd(a,n)=1时,aφ(n)≡1(mod n)
意义：
当b很大时，ab≡ab mod φ(n)，让质数一直比较小。
可见费马小定理是欧拉定理的特例。
结论
对于任意的a，b，n，当b>φ(n)时，有ab≡aφ(n)+b mod φ(n)(mod n)
<后记>
welson定理的证明来自这里，博主写的很棒，自认为是全网唯一我看得懂的证明，只是好像有一些笔误之处，我做了修改，解释和编辑的工作。
<废话>