【2018.10.15】WZJ笔记（数论）

1. 证明：对于任意质数$p\gt 3$，$p^2-1$能被$24$整除。

证：平方差公式，$p^2-1 = (p-1)(p+1)$。

再把$24$分解质因数$2^3*3$。

三个相邻的自然数中至少有一个数是$3$的倍数，而$p$是质数不可能有因子$3$，所以$p-1,p+1$中必有一个数有因子$3$。

$p$是质数，所以一定是奇数，那$p-1,p+1$就是偶数，而相邻两个偶数中至少有一个是$4$的倍数，所以两个数至少有一个有$1$个因子$2$，另一个有$2$个因子$2$。

所以$(p-1)(p+1)$是$2^3*3=24$的倍数，得证。

2. 把$gcd$卡成$log$级别的。

使用斐波那契数列，$gcd(fib(n),fib(n-1))=gcd(fib(n-1),fib(n)\mod fib(n-1))=gcd(fib(n-1),fib(n-2))$。

事实上有一个预处理$O(n)$，查询$O(1)$的求gcd做法，WZJ下次课讲。

3. 对于任意正整数$n$与质数$p\mod 4=3$，有$p$不整除$n^2+1$。

反证法，假设能整除。

$n^2\equiv -1 (\mod p)$

$(n^2)^\frac{p-1}{2} \equiv (-1)^\frac{p-1}{2} (\mod p)$

结合题意可知$\frac{p-1}{2}$是奇数。所以$n^{p-1}\equiv -1 (\mod p)$

而我们想到费马小定理的$n^{p-1}\equiv -1 (\mod p)$。

但为什么可以转化成费马小定理呢？$p$是质数，但$n,p$一定互质么？

首先$p$是质数，所以一定不是$n$的倍数；其次，如果$n$是$p$的倍数，$n^2+1$一定不是$p$的倍数，就直接证明原题不能整除了（原因：两个相邻的正整数互质）。

所以$n,p$互质，可以套用费马小定理。

结合两者可得$1\equiv -1 (\mod p)$。

$p$不能是2，所以不存在满足的情况。

综上，不能整除。

4. 原题hdu4497。

由题可知有$gcd(\frac{x}{G},\frac{y}{G},\frac{z}{G})=1$（这三个数两两互素），此时应该满足$lcm(x,y,z)=L/G$，要求$\frac{L}{G}$为整数，则若$L\mod G=0$，则一定有解（$x,y,z$ 都等于 $\frac{L}{G}$即可），反之无解。

此时将$L/G$作正整数唯一分解，$\frac{L}{G}={a_1}^{b_1}*{a_2}^{b_2}*...*{a_n}^{b_n}$。

对于一个质因子$a$，要满足$gcd(\frac{x}{G},\frac{y}{G},\frac{z}{G})=1$，则至少有一个$k=0$使某个$a^k=1$。

同时还得满足$lcm(\frac{x}{G},\frac{y}{G},\frac{z}{G})=\frac{L}{G}$，则至少有一个$k=b$使某个$b^k=\frac{L}{G}$。

这样就有三种情况$(0,0,b)(b,b,0)(0,1...b-1,b)$，算上不同排列，共有$3+3+6(b-1)=6*b$种。其他的同理。

由分步乘法计数原理得最终答案为$(6*b_1)*(6*b_2)*........(6*b_n)$。

巴特西

【2018.10.15】WZJ笔记（数论）

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