数论相关：同余方程与同余方程组的解法
同余方程
形如 \(ax \equiv b \pmod n\) 的式子称为线性同余方程。对于这样的式子有解的充要条件是 \(gcd(a,n) \mid b\) .
于是扩展gcd求解
将原方程化为一次不定方程 \(ax+ny = b\) .
利用扩展欧几里得算法求解不定方程 $ ax + ny = b$ 的整数解的求解全过程，步骤如下：
1、先计算 \(gcd(a,n)\)，若 \(b\) 不能被 \(gcd(a,n)\) 整除，则方程无整数解；否则，在方程右边除以 \(b/gcd(a,n)\)，记 得到新的不定方程 \(ax_0 + ny_0 = gcd(a,n)\).
2、利用扩展欧几里德算法求出方程 $ax_0 + ny_0 = gcd(a, b) $的一组整数解 \(x_0\) , \(y_0\)；
3、根据数论中的相关定理，记 \(k=b/gcd(a,n)\),可得方程 \(ax + ny = b\) 的所有整数解为：
调整得到关于 \(x\) 的正整数解
注意因为解有多个，而我们要求最优解(正整数中最小的)，所以 \((x+=n/gcd(a,n)\%(n/gcd(a,n))\);
加法是为了保证正数,取模是为了最小
青蛙的约会
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
long long init(){
long long rv=0,fh=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') fh=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
rv=(rv<<1)+(rv<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return fh*rv;
}
long long x,y,m,n,l;
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
if(b==0){
x=1;y=0;return a;
}
long long t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
return t;
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
x=init();y=init();m=init();n=init();l=init();
if(m - n< 0) swap(m, n), swap(x, y);
long long a=0,b=0;
long long t=exgcd(m-n,l,a,b);
if(n==m||(x-y)%t!=0){
printf("Impossible");
return 0;
}
(a*=(y-x)/t)%=(l/t);
(a+=l)%=(l/t);//以保证最优解
cout<<a;
fclose(stdin);
return 0;
}
exgcd可以用来求逆元
\(ax \equiv 1 \pmod n\) 已知 \(a\) , \(n\) 求 \(x\)
因为 \(n\) 是个素数，所以 \(gcd(a,n)==1\) ;
原方程可化为 \(ax \equiv gcd(a,n) \pmod n\)
用exgcd求解即可。
同余方程组
\(x\%p_1 = b_1\)
\(x\%p_2 = b_2\)
\(x\%p_3 = b_3\)
\(x\%p_4 = b_4\)
求 \(x\) 的最小正整数解
小范围数据直接枚举
对于模数互质的情况，使用中国剩余定理（CRT）
令 \(m=p_1p_2p_3 \ldots p_n\)
构造出
//定义 \(ni(k,p)\) 是 \(k\) 在模 \(p\) 意义下逆元
CRT求解同余方程组
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
long long a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4;
long long m;
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
if(!b){
x=1;y=0;
return a;
}
long long t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return t;
}
long long ni(long long a,long long b){
long long x=0,y=0;
long long t=exgcd(a,b,x,y);
if(t!=1) return -1;
else return((x+b)%b);
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>a1>>b1>>a2>>b2>>a3>>b3>>a4>>b4;
m=a1*a2*a3*a4;
cout<<(m/a1*ni(m/a1,a1)*b1+m/a2*ni(m/a2,a2)*b2+m/a3*ni(m/a3,a3)*b3+m/a4*ni(m/a4,a4)*b4)%m;
fclose(stdin);
return 0;
}
对于一般情况采用exgcd两两合并,
\(x+a_1k_1=b_1\)
\(x+k_2a_2=b_2\)
\(a_1k_1-k_2a_2=b_1-b_2\)
$t=exgcd(a_1,-a_2,k_1,k_2) $ 实际上 \(-a_2\) 可以写作 \(a_2\)
合并：
\(k_1=(k_1*(b_1-b_2)/t)\%a2\); //此处是模 \(a_2\) ,因为可以看成是模 \(a_2\)意义下的同余方程
\(b_1-=a_1*k_1\) // \(b_1\) 就是原式中的 \(x\)
\(a_1=a_1/t*a_2\) //把 $ a_1\(变成\)lcm(a1,a2)\(
\)b_1%=a_1$ //把 \(b_1\) 调整至新式子的B
此时就把两个式子合并为了一个，待所有的都合并完后，结果就是 \(b_1\) 调整好的最小正整数 \((b_1+=a_1)\%=a_1\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
LL init(){
LL rv=0,fh=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') fh=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
rv=(rv<<1)+(rv<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return rv*fh;
}
LL a,b,a1,b1;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
if(!b){
x=1;y=0;return a;
}
LL t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return t;
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
a=init();b=init();
for(int i=1;i<=3;i++){
a1=init();b1=init();
LL x=0,y=0;
LL t=exgcd(a,a1,x,y);
x=(x*(b-b1)/t)%a1;
b-=a*x;
a=a/t*a1;
b%=a;
}
(b+=a)%=a;
cout<<b;
fclose(stdin);
return 0;
}
求逆元
\(ax \equiv 1 \pmod n\)
逆元存在的充要条件是\(gcd(a,n)==1\);
一般采用exgcd求逆元，若p是质数，也可使用费马小定理，快速幂
模质数 \(P\) 意义下
从\(1! \sim n!\)
先用快速幂处理出 \(n!^{-1}\),并预处理出来,\(1! \sim n!\),那么
由此递推即可
从 $1 \sim n $
此方法不需要求阶乘,代码简单
首先 \(1^{-1} = 1\pmod p\)
设 $p = k * i + r $, \(1 < i < p, r < i\)
所以 \(k * i + r \equiv 0 \pmod p\)
所有两边同乘以 \(i^{-1}*r^{-1}\)得
N[i] = (p -p / i) * N[p % i] %p;
