威尔逊定理

Wilson 定理

内容

对于素数 p 有 (p-1)!\equiv -1\pmod p 。

证明：我们知道在模奇素数 p 意义下， 1,2,\dots ,p-1 都存在逆元且唯一，那么只需要将一个数与其逆元配对发现其乘积均为（同余意义下） 1 ，但前提是这个数的逆元不等于自身。那么很显然 (p-1)!\bmod p 就是逆元等于其自身的数的乘积，这两个数为 \pm 1 。在 p 为 2 时单独讨论即可。

对于整数 n ，令 (n!)_p 表示所有小于等于 n 但不能被 p 整除的正整数的乘积，即 (n!)_p=n!/(\lfloor n/p\rfloor !p^{\lfloor n/p\rfloor}) 。

Wilson 定理指出 (p!)_p=(p-1)!\equiv -1\pmod p 且可被推广至模素数 p 的幂次。

推论

对于素数 p 和正整数 q 有 (p^q!)_p\equiv \pm 1\pmod{p^q} 。

依然考虑配对一个数与其逆元，也就是考虑关于 m 的同余方程 m^2\equiv 1\pmod{p^q} 的根的乘积，当 p^q=2 时方程仅有一根，当 p=2 且 q\geq 3 时有四根为 \pm 1,2^{q-1}\pm 1 其他时候则有两根为 \pm 1 。

至此我们对 Wilson 定理的推广中的 \pm 1 有了详细的定义即

(p^q!)_p\equiv \begin{cases}1&\text{if }p=2\text{ and }q\geq 3,\\-1&\text{otherwise.}\end{cases}

下文两个推论中的 \pm 1 ，均特指这样的定义：当模数 p^q 取 8 及以上的 2 的幂时取 1 ，其余取 -1 。

推论 1

对于素数 p 、正整数 q 、非负整数 n 和 N_0=n\bmod{p^q} 有 (n!)_p\equiv (\pm 1)^{\lfloor n/{p^q}\rfloor}(N_0!)_p\pmod{p^q} 。

证明：令 \displaystyle \prod ' 表示不能被 p 整除的数的乘积，有

\begin{aligned} (n!)_p&=\prod_{1\leq r\leq n}'r\\ &=\left(\prod_{i=0}^{\lfloor n/p^q \rfloor -1}\prod_{1\leq j\leq p^q}'(ip^q+j)\right)\left(\prod_{1\leq j\leq N_0}'(\lfloor n/p^q\rfloor p^q+j)\right)\\ &\equiv ((p^q!)_p)^{\lfloor n/p^q\rfloor}(N_0!)_p\\ &\equiv (\pm 1)^{\lfloor n/p^q\rfloor}(N_0!)_p\pmod{p^q} \end{aligned}

将 1\times 2\times 3\times \cdots \times n 记为 (0\times p^q+1)\times (0\times p^q+2)\times \cdots \times (\lfloor n/p^q\rfloor p^q+N_0) 就得到了上述第二行。

至此得到了

推论 2

对于素数 p 和正整数 q 和非负整数 n 有

\frac{n!}{p^{\sum_{j\geq 1}\lfloor \frac{n}{p^j}\rfloor}}\equiv (\pm 1)^{\sum_{j\geq q}\lfloor \frac{n}{p^j}\rfloor}\prod_{j\geq 0}(N_j!)_p\pmod{p^q}

其中 N_j=\lfloor n/p^j\rfloor \bmod{p^q} 而 \pm 1 与上述相同。

记 r=n-m 且 n > m 有

\frac{(\pm 1)^{\sum_{j\geq q}\left(\lfloor n/p^j\rfloor -\lfloor m/p^j\rfloor -\lfloor r/p^j\rfloor\right)}}{p^{\nu(n!)-\nu(m!)-\nu(r!)}}\binom{n}{m}\equiv \frac{n!/p^{\nu(n!)}}{(m!/p^{\nu(m!)})(r!/p^{\nu(r!)})}\pmod{p^q}

右边的分母中括号内的项均在模 p^q 意义下均存在逆元，可直接计算，而 \pm 1 的与上述相同。

例题 HDU 2973 - YAPTCHA

给定 n , 计算

\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor

解题思路

若 3k+7 是质数，则

(3k+6)!\equiv-1\pmod{3k+7}

设 (3k+6)!+1=k(3k+7)

则

\left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=\left\lfloor k-\left\lfloor k-\frac{1}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=1

若 3k+7 不是质数，则有 (3k+7)\mid(3k+6)! ，即

(3k+6)!\equiv 0\pmod{3k+7}

设 (3k+6)!=k(3k+7)

则

\left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=\left\lfloor k+\frac{1}{3k+7}-k\right\rfloor=0

因此

\sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=\sum_{k=1}^n[3k+7\text{ is prime}]

参考代码 
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
#include <iostream>

const int M = 1e6 + 5, N = 3 * M + 7;

bool not_prime[N];
int sum[M];

int main() {
  for (int i = 2; i < N; ++i)
    if (!not_prime[i])
      for (int j = 2; j * i < N; ++j) not_prime[j * i] = 1;
  for (int i = 1; i < M; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + !not_prime[3 * i + 7];

  int t;
  std::cin >> t;
  while (t--) {
    int n;
    std::cin >> n;
    std::cout << sum[n] << std::endl;
  }
}
build本页面最近更新：，更新历史
edit发现错误？想一起完善？ 在 GitHub 上编辑此页！
people本页面贡献者：OI-wiki
copyright本页面的全部内容在 CC BY-SA 4.0 和 SATA 协议之条款下提供，附加条款亦可能应用

评论