🍨🍨🍨本章我们重点讲解一些常见的数学题型，包括同模余定理、最大公约数（GCD）、最小公倍数（LCM）、斐波那契数列、素数判定、素数筛选、分解素因数、二分快速幂、常见数学公式总结、规律神器 OEIS 等内容。
🍨🍨🍨 数学算是一个很常考的类别，毕竟计算机的基础是数学。
🍨🍨🍨 认真看完这一章的内容对我们的帮助会很大哦，加油，fighting！！！
目录
[🧊🧊🧊3.1 同模余定理](#🧊🧊🧊3.1 同模余定理)
[🥥例题：DreamJudge 1500](#🥥例题：DreamJudge 1500)
[🧊🧊🧊3.2 最大公约数（GCD）](#🧊🧊🧊3.2 最大公约数（GCD）)
[🥥例题：DreamJudge 1180](#🥥例题：DreamJudge 1180)
[DreamJudge 1426 最大公约数 1](#DreamJudge 1426 最大公约数 1)
[🧊🧊🧊3.3 最小公倍数（LCM）](#🧊🧊🧊3.3 最小公倍数（LCM）)
[🧊🧊🧊3.4 斐波那契数列](#🧊🧊🧊3.4 斐波那契数列)
🧊🧊🧊3.1 同模余定理
🥥题型总结：
定义
所谓的同余，就是许多的数除以同一个数 d ，有相同的余数。d 数学上的称谓为模。如 a = 6, b = 1, d = 5, 则我们说 a 和 b 是模 d 同余的。因为他们都有相同的余数 1 。
数学上的记法为：a≡ b(mod d)
可以看出当 n < d 的时候,所有的 n 都对 d 同商，比如时钟上的小时数，都小于 12，所以小时数都是模 12 的同余.对于同余有三种说法都是等价的,分别为:
(1) a 和 b 是模 d 同余的.
(2) 存在某个整数 n ,使得 a = b + nd .
(3) d 整除 a - b .
可以通过换算得出上面三个说话都是正确而且是等价的.
定律
同余公式也有许多我们常见的定律，比如相等律，结合律，交换律，传递律....如下面表示:
-
a≡a(mod d)
-
a≡b(mod d)→b≡a(mod d)
-
(a≡b(mod d),b≡c(mod d))→a≡c(mod d)
如果 a≡x(mod d),b≡m(mod d),则
-
a+b≡x+m （mod d）
-
a-b≡x-m(mod d)
-
a*b≡x*m(mod d )
应用
(a+b)%c=(a%c+b%c)%c;
(a-b)%c=(a%c-b%c)%c;
(a*b)%c=(a%c*b%c)%c;
🥥例题：DreamJudge 1500
n 虽然不大，但是 n^5 却超过 long long 的范围，好在题目要我们对答案%3，我们就可以运用同余模定理。S(n)%3=(n^5)%3=(n*n*n*n*n)%3=((n%3)*(n%3)*(n%3)*(n%3)*(n%3))%3
cpp
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int main() {
long long int n;
while(~scanf("%lld",&n)) {
long long int s=n;
// 同余模定理：
for(int i=1;i<5;i++) {
s=((s%3)*(n%3));
}
printf("%lld\n",s%3);
}
return 0;
}另一类考点就是对大数进行取模
对于大数的求余，联想到进制转换时的方法，举例如下，设大数 m=1234, 模 n 就等于
((((1 * 10) % n + 2 % n) % n * 10 % n + 3 % n) % n * 10 % n + 4 % n)%n
参考代码：
cpp
#include <stdio.h>
char s[1000];
int main() {
int i, j, k, m, n;
while(~scanf("%s%d", s, &n)) {
m = 0;
for(i = 0; s[i] != '\0'; i++)
m = ((m * 10) % n + (s[i] - '0') % n) % n;
printf("%d\n", m);
}
return 0;
}特别提醒：同余模定理的运算不适用于除法，对于除法取模的运算我们一般使用逆元来解决问题，后面的章节中会详细给大家讲解。
🧊🧊🧊3.2 最大公约数（GCD）
废话不多说，直接上代码：
cpp
#include <stdio.h>
int gcd(int a, int b) {
if (b == 0) return a;
else return gcd(b, a % b);
}
int main() {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
printf("%d\n", gcd(x, y));
return 0;
}🥥例题：DreamJudge 1180
通过分析题意可以发现，最简真分数的必要条件就是不可以继续约分，那么不可以继续约分，就说明分子和分母的最大公约数为 1。因此，我们只需要枚举所有组合的情况然后判断 GCD 即可。
cpp
#include <stdio.h>
int gcd(int a, int b) {
if(b==0) return a;
else return gcd(b, a%b);
}
int main() {
int buf[605];
int ans, n;
while(scanf("%d", &n)!=EOF) {
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d", &buf[i]);
ans=0;//答案个数
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=i+1; j<n; j++)
if (gcd(buf[i], buf[j])==1) ans++;
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}另一种变形考法是：分数化简
例如：给你一个分数 12/30，让你将它化简，很明显，我们都知道它的答案是 2/5。
那么：如果给你一个分数 x/y 呢？如何化简？
我们可以得出：x/y = (x/gcd(x,y))/(y/gcd(x,y))
那么只用求出他们的最大公约数，然后除一下就可以得到答案了。
🥥练习题目：
DreamJudge 1426 最大公约数 1
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
int main()
{
int n,minm=INT_MAX,maxm=0,cur;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>cur;
minm=min(minm,cur);
maxm=max(maxm,cur);
}
cout<<minm<<" "<<maxm<<" "<<gcd(minm,maxm);
return 0;
}🧊🧊🧊3.3 最小公倍数（LCM）
只需记住下面这个公式：
LCM(x, y) = x * y / GCD(x, y)
翻译一下就是：两个数的最小公倍数等于两个数的乘积除以两个数的最大公约数。
所以要求两个数的最小公倍数，我们只需求出他们的最大公约数即可。
上面的式子经过变形，可以很容易得到下面这个式子
x * y = LCM(x, y) * GCD(x, y)
🥥题型总结：
- **给你两个数的乘积和这两个数的最小公倍数，问你这两个数的最大公约数是多少：**很明显，我们通过上面的公式可知，乘积除以最小公倍数就是答案。
- 给你两个数的最大公约数和最小公倍数，问你这两个数的和最大和最小可能是多少：（**最小可能和：**假设 a 和 b 是最小的正整数解，通常情况下，最小值会出现在 a=gcd 和 b=lcm 时，此时和为 gcd+lcm。**最大可能和：**如果没有额外限制，理论上，和可以变得非常大。但在实际应用中，考虑 a 和 b 依赖于 gcd 和 lcm 的具体值。例如，如果 gcd 是 1，lcm 是任意大数，理论上的和可以非常大。因此，最小和是 gcd+lcm，最大和则取决于 gcd 和 lcm 的具体值。）
🧊🧊🧊3.4 斐波那契数列
🥥题型总结：
定义
斐波那契数列指的是这样一个数列 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946，17711，28657，46368........
这个数列从第 3 项开始，每一项都等于前两项之和。
公式
F(n) = F(n-1) + F(n-2)
需要注意的考点
- 这个数列的上升速度非常快，很容易超过 int 和 long long的范围
- 如果对答案取模，题目就可能要求我们计算第 10000000 项的值，我们就可以直接使用公式
求解，后面的章节也会讲到用矩阵快速幂求解的方法。 - 如果给你一个数列：a(1)=1，a(n+1)=1+1/a(n)。 那么它的通项公式为：a(n) = fib(n+1) / fib(n)。
创作不易，点个赞吧~点赞收藏不迷路，感兴趣的宝子们欢迎关注该专栏~
勤奋努力的宝子们，学习辛苦了！🌷🌷🌷休息下，我们下部分再见👋( •̀ ω •́ )✧~