数论笔记-同余

目录

• 同余
  • 带余数除法
    • 带余数除法的定义与基本性质
    • 模运算加速算法
      • 模运算封装
      • 龟速乘
      • 快速幂
  • 同余的定义与基本性质
  • 同余类与剩余系的定义与基本性质
  • 欧拉函数
    • 欧拉函数的定义与基本性质
    • 欧拉函数的求法
      • 试除法
      • 线性筛求欧拉函数
    • 欧拉函数的其他性质
  • 同余重要定理
    • 费马小定理
    • 欧拉定理
    • 威尔逊定理
  • 二元一次不定方程
    • 二元一次不定方程的定义与基本性质
    • 裴蜀定理
    • 解二元一次不定方程
      • 扩展欧几里得算法
    • 二元一次不定方程的非负整数解
  • 乘法逆元
    • 乘法逆元的定义与基本性质
    • 乘法逆元的求法
      • 费马小定理法
      • 扩展欧几里得算法
      • 线性递推求乘法逆元
      • 线性递推求阶乘逆元
  • 一元一次同余方程
    • 一元一次同余方程的定义与基本性质
    • 解一元一次同余方程
      • 扩展欧几里得算法
  • 一元一次同余方程组
    • 一元一次同余方程组的定义与基本性质
    • 中国剩余定理（孙子定理）
    • 解一元一次同余方程组
      • 中国剩余定理
      • 扩展中国剩余定理
  • 特殊求和问题
    • 问题描述
    • 求解方式
      • 类欧几里得算法

同余

带余数除法

带余数除法的定义与基本性质

定义 对于整数 $a,b$ 且 $b \neq 0$ ，一定存在整数 $q,r$ 满足 $a = qb + r$ ，其中 $r \in [0,b)$ ，称 $q$ 为 $a$ 除以 $b$ 的商， $r$ 为 $a$ 除以 $b$ 的余数。

注意，c++的 % 模运算指定 $r$ 和 $a$ 同号， / 整除运算指定正数取下整、负数取上整，都需要辨别。

模运算的定义 $a \bmod b$ 的结果为 $a$ 除以 $b$ 的余数 $r$ ，运算优先级同乘除。

模 $m$ 加法 $(a+b) \bmod m$ 。

模 $m$ 减法 $(a-b) \bmod m$ 。

模 $m$ 乘法 $ab \bmod m$ 。

性质1 模运算与整除的关系

$$\begin{cases} a - b\cdot \left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor &, b > 0\\ a - b\cdot \left\lceil \dfrac{a}{b} \right\rceil &, b < 0 \\ \end{cases}$$

性质2 模运算的运算规律

$$\begin{aligned} (a \bmod m \pm b \bmod m) \bmod m &= (a\pm b) \bmod m\\ (a \bmod m) \cdot (b \bmod m) \bmod m &= ab \bmod m\\ (a \bmod m)^k \bmod m &= a^k \bmod m,k\in \N \end{aligned}$$

性质3 $a \bmod n = a\bmod m = x$ 且 $\gcd(n,m) = 1$ ，则 $a \bmod nm = x$

性质3的证明：

由同余式可得 $a - x = k_1n = k_2m$ ，又 $\gcd(n,m) = 1$ ，根据整除基本性质4，所以 $m \mid k_1n \iff m \mid k_1$ ，所以设 $k_1 = k_3m$ ，于是 $a-x = k_3mn$ ，即 $a \bmod nm = x$ 。

模运算加速算法

模运算封装

强大模板，告别打 % 打到手酸。

常数较大。

时间复杂度

1. 求幂 $O(\log k)$
2. 逆元 $O(\log P)$
3. 其余 $O(1)$

空间复杂度 $O(1)$

template<int P>
struct ModInt {
    int val;
    ModInt(ll _val = 0) {
        if (2 * P <= _val) val = _val % P;
        else if (P <= _val) val = _val - P;
        else if (0 <= _val) val = _val;
        else if (-P <= _val) val = _val + P;
        else val = (_val % P + P) % P;
    }
 
    // 快速幂
    ModInt qpow(ll k) const {
        ModInt a = *this, ans = 1;
        while (k) {
            if (k & 1) ans = ans * a;
            k >>= 1;
            a = a * a;
        }
        return ans;
    }
 
    // 矩阵初等变换求逆
    ModInt inv() const {
        int a = val, b = P, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            int t = a / b;
            swap(a -= t * b, b);
            swap(u -= t * v, v);
        }
        return { u };
    }
 
    ModInt &operator+=(const ModInt &x) { val + x.val >= P ? val += x.val - P : val += x.val; return *this; }
    ModInt &operator-=(const ModInt &x) { val - x.val < 0 ? val -= x.val - P : val -= x.val; return *this; }
    ModInt &operator*=(const ModInt &x) { val = 1LL * val * x.val % P; return *this; }
    ModInt &operator/=(const ModInt &x) { return val % x.val == 0 ? val /= x.val, *this : *this *= x.inv(); }
    friend ModInt operator+(ModInt a, const ModInt &b) { return a += b; }
    friend ModInt operator-(ModInt a, const ModInt &b) { return a -= b; }
    friend ModInt operator*(ModInt a, const ModInt &b) { return a *= b; }
    friend ModInt operator/(ModInt a, const ModInt &b) { return a /= b; }
 
    friend ModInt operator-(const ModInt &x) { return { -x.val }; }
    friend bool operator==(const ModInt &a, const ModInt &b) { return a.val == b.val; }
    friend bool operator!=(const ModInt &a, const ModInt &b) { return a.val != b.val; }
 
    friend istream &operator>>(istream &is, ModInt &x) {
        ll _x;
        is >> _x;
        x = { _x };
        return is;
    }
    friend ostream &operator<<(ostream &os, const ModInt &x) { return os << x.val; }
};
using MInt = ModInt<P>;

龟速乘

用于可能爆 long long 数字的乘法取余。

不过一般可以用 __int128 替代了。

时间复杂度 $O(\log b)$

空间复杂度 $O(1)$

const int P = 1e9 + 7;
ll qmul(ll a, ll b) {
    ll ans = 0;
    while (b) {
        if (b & 1) ans = (ans + a) % P;
        b >>= 1;
        a = (a << 1) % P;
    }
    return ans;
}

快速幂

常用的整数幂次取余，$a$ 越大速度越慢。

时间复杂度 $O(\log k)$

空间复杂度 $O(1)$

const int P = 1e9 + 7;
int qpow(int a, ll k) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}

同余的定义与基本性质

定义 若整数 $a,b$ 模 $m$ 的余数相等，则称 $a,b$ 模 $m$ 同余，记作 $a \equiv b \pmod m$ 。若余数不等，则称 $a,b$ 模 $m$ 不同余，记作 $a \not \equiv b \pmod m$ 。

约定 由于对负模数 $m$ 的讨论等价于正模数的讨论，所以若不特殊指明，我们假定模数 $m>0$ 。

性质1（自反性） $a \equiv a \pmod m$ 。

性质2（对称性） $a\equiv b \pmod m \iff b \equiv a \pmod m$ 。

性质3（传递性） $a \equiv b \pmod m \text{ 且 } b \equiv c \pmod m \Rightarrow a \equiv c \pmod m$ 。

性质4（同加性）

$$\begin{aligned} a \equiv b \pmod m &\iff a \pm c \equiv b \pm c \pmod m\\ a \equiv b \pmod m,c \equiv d \pmod m &\iff a \pm c \equiv b \pm d \pmod m \end{aligned}$$

性质5（同乘性）

$$\begin{aligned} a \equiv b \pmod m &\Rightarrow ac \equiv bc \pmod m\\ a \equiv b \pmod m,c \equiv d \pmod m &\Rightarrow ac \equiv bd \pmod m \end{aligned}$$

性质6（同幂性） $a \equiv b \pmod m \Rightarrow a^k \equiv b^k \pmod m$ ，其中 $k \geq 0$。

性质7（同除性） $a \equiv b \pmod m \iff \dfrac{a}{d} \equiv \dfrac{b}{d} \pmod {\dfrac{m}{\gcd(m,d)}}$ ，其中 $d$ 满足 $d \mid a,d \mid b$ 。

性质8 若 $a \equiv b \pmod m$ ，那么 $m' \mid m \Rightarrow a \equiv b \pmod {m'}$ 。

性质9 $a \equiv b \pmod {m_i}(i = 1,2,\cdots,k) \iff a \equiv b \pmod{M}$ ，其中 $M=\text{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_k)$ 。

性质10 $a \equiv b \pmod m \Rightarrow \gcd(a,m) = \gcd(b,m)$ 。

性质9的证明：

由 $a \equiv b \pmod {m_i}(i = 1,2,\cdots,k)$ 可得 $m_i \mid a-b$ ，根据整除基本性质11，可得 $M \mid a - b,M=\text{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_k)$ ，因此 $a \equiv b \pmod M$ 。

同余类与剩余系的定义与基本性质

同余类的定义 对于 $a \in [0,m-1]$ ，集合 $\{a + km\},k \in \Z$ 的所有数模 $m$ 同余 $a$ ，称这个集合为模 $m$ 的一个同余类 $\overline a$ 。

完全剩余系的定义 模 $m$ 的同余类有 $m$ 个，分别为 $\overline 0,\overline 1,\cdots ,\overline {m-1}$ ，它们构成了 $m$ 的完全剩余系。

既约剩余系的定义 模 $m$ 的同余类有 $\varphi(m)$ 个的代表元与 $m$ 互质，它们构成了 $m$ 的既约剩余系（简化剩余系）。

$\varphi(m)$ 为欧拉函数，下一节会讲到。

性质1 设 $S$ 是模 $m$ 的一个完全剩余系，若 $\gcd(k,m) = 1$ ，则 $S' = \{x' \mid x' = kx+b,x\in S \}$ 也是模 $m$ 的一个完全剩余系。

性质2 设模 $m_1$ 的完全剩余系为 $S_1$ ，模 $m_2$ 的完全剩余系为 $S_2$ ，且 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ，则模 $m = m_1m_2$ 的完全剩余系为 $S = \{x\mid x = m_2x_1 + m_1x_2,x_1 \in S_1,x_2 \in S_2\}$ 。

性质3 设 $S$ 是模 $m$ 的一个既约剩余系，若 $\gcd(k,m) = 1$ ，则 $S' = \{x' \mid x' = kx,x\in S \}$ 也是模 $m$ 的一个既约剩余系。

性质4 设模 $m_1$ 的既约剩余系为 $S_1$ ，模 $m_2$ 的既约剩余系为 $S_2$ ，且 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ，则模 $m = m_1m_2$ 的既约剩余系为 $S = \{x\mid x = m_2x_1 + m_1x_2,x_1 \in S_1,x_2 \in S_2\}$ 。

• 推论1（性质4的推论） $\gcd(m_1,m_2) = 1 \Rightarrow \varphi(m_1m_2) = \varphi(m_1)\varphi(m_2)$ ，即欧拉函数是积性函数。

性质1的证明：

假设存在 $kx_i + b \equiv kx_j + b \pmod m$ ，则 $kx_i \equiv kx_j \pmod m$ 。因为 $\gcd(k,m) = 1$ ，所以 $x_i \equiv x_j \pmod m$ ，$x_i,x_j$ 属于一个同余类，矛盾。综上，得证。

性质2的证明：

假设存在 $m_2x_1 + m_1x_2 \equiv m_2x_1'+m_1x_2' \pmod m$ ，那么 $m_2(x_1-x_1') \equiv m_1(x_2'-x_2) \pmod m$ 。因为 $m_1 \mid m$ ，所以 $m_2(x_1-x_1') \equiv m_1(x_2'-x_2) \equiv 0 \pmod {m_1}$ ，又 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ，所以 $x_1-x_1' \equiv 0 \pmod {m_1}$ ，矛盾。综上，得证。

性质3的证明：

根据性质1证明，类似可得 $S'$ 一定是 $m$ 的一个剩余系，且有 $\varphi(m)$ 个元素，接下来只需证明任意元素都与 $m$ 互质。

任意 $x \in S$ ，有 $\gcd(x,m) = 1$ ，又 $\gcd(k,m) = 1$ ，所以 $\gcd(kx,m) = 1$ ，所以 $S'$ 是模 $m$ 的既约剩余系。

性质4的证明：

根据性质2证明，类似可得 $S$ 一定是模 $m$ 的一个剩余系，且有 $\varphi(m_1)\cdot\varphi(m_2)$ 个元素，但我们并不知道 $\varphi(m_1)\cdot\varphi(m_2) = \varphi(m_1m_2)$ ，因此我们证明 $S$ 的元素都与 $m$ 互质只能说明 $S$ 是模 $m$ 的既约剩余系的一个子集，我们还需要证明模 $m$ 的既约剩余系是 $S$ 的一个子集。

若 $\gcd(x_1,m_1) = \gcd(x_2,m_2) = 1$ ，又 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ，因此 $\gcd(m_2x_1,m_1) = \gcd(m_1x_2,m_2) = 1$ ，所以 $\gcd(m_2x_1 + m_1x_2,m_1) = \gcd(m_1x_2+m_2x_1,m_2) = 1$ ，于是 $\gcd(m_1x_2+m_2x_1,m_1m_2) = 1$ ，即 $S$ 是模 $m$ 的既约剩余系的子集。

因为 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ，因此 $m_2x_1+m_1x_2$ 可以表达所有整数。那么令模 $m$ 的既约剩余系的元素为 $m_2x_1+m_1x_2$ ，则 $\gcd(m_2x_1+m_1x_2,m_1m_2) = 1$ ，因此 $\gcd(m_2x_1+m_1x_2,m_1) = \gcd(m_2x_1+m_1x_2,m_2) = 1$ ，所以 $\gcd(m_2x_1,m_1) = \gcd(m_1x_2,m_2) = 1$ ，又 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ，于是 $\gcd(x_1,m_1) = \gcd(x_2,m_2) = 1$ ，即模 $m$ 的既约剩余系是 $S$ 的子集。

综上 $S$ 就是模 $m$ 的既约剩余系。

推论1的证明：

由性质4，可得 $S$ 的元素个数是 $\varphi(m_1)\varphi(m_2)$ ，而模 $m$ 的既约剩余系的元素个数是 $\varphi(m_1m_2)$ 。因此，当 $\gcd(m_1,m_2) = 1$ ， $\varphi(m_1m_2) = \varphi(m_1)\varphi(m_2)$ ，即欧拉函数是积性函数。

欧拉函数

欧拉函数的定义与基本性质

定义 $[1,n]$ 中与 $n$ 互质的个数记作 $\varphi(n)$ ，称为欧拉函数。

性质1 $\varphi(p) = p-1$ ，其中 $p$ 为素数。

性质2 $\varphi(p^k) = p^k - p^{k-1}$ ，其中 $k\in \Z^+$ ， $p$ 为素数。

性质3 欧拉函数是积性函数，即 $\gcd(a,b) = 1 \Rightarrow \varphi(ab) = \varphi(a)\cdot \varphi(b)$ 。

性质4（欧拉函数的展开式） $\displaystyle \varphi(n) = n\prod_{p\mid n}\left(1-\frac{1}{p}\right)$ 。

性质5 $p \mid n \text{ 且 } p^2 \not \mid n \Rightarrow \varphi(n) = (p-1)\varphi\left(\dfrac{n}{p}\right)$ ，其中 $p$ 为素数。

性质6 $p^2 \mid n \Rightarrow \varphi(n) = p\varphi\left(\dfrac{n}{p}\right)$ ，其中 $p$ 为素数。

性质4的证明：

由性质3直接可得

$$\begin{aligned} \varphi(n) &= \varphi\left( \prod_{i = 1}^k p_i^{c_i} \right)\\ &= \prod_{i = 1}^k\varphi (p_i^{c_i}) \\ &= \prod_{i = 1}^k (p_i^{c_i}-p_i^{c_i-1})\\ &= n\prod_{p\mid n}\left(1-\frac{1}{p}\right) \end{aligned}$$

其中 $p$ 是素数。

性质3是由同余类部分证明得到的，比较困难。实际上，我们还能使用容斥原理直接证明，更加简单。

由此还能得出性质5和6。

欧拉函数的求法

试除法

利用试除法的分解质因子，通过性质4累乘即可，适用于只求单个欧拉函数的值。

可以提前 $O(n)$ 预处理素数，时间复杂度 $O\left(\dfrac{\sqrt n}{\ln n}\right)$ ，空间复杂度 $O(n)$ 。

时间复杂度 $O(\sqrt n)$

空间复杂度 $O(1)$

int one_euler(int n) {
    int ans = n;
    for (int i = 2;i * i <= n;i++) {
        if (!(n % i)) {
            ans = ans / i * (i - 1);
            while (!(n % i)) n /= i;
        }
    }
    if (n > 1)ans = ans / n * (n - 1);
    return ans;
}

线性筛求欧拉函数

对于素数 $p$ ，直接令 $\varphi(p) = p-1$ 。

对于合数 $n$ ，因为只会在 $i = \dfrac{n}{p}$ 时被最小质因子 $p$ 筛一次，因此我们可以递推，但需要分类讨论：

1. $p$ 比 $i$ 的最小质因子小，满足性质5，因此 $\varphi(n) = \varphi(p) \cdot \varphi(i) = (p-1)\varphi(i)$ 。
2. $p$ 是 $i$ 的最小质因子，满足性质6， $\varphi(n) = p\varphi(i)$ 。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

const int N = 1e7 + 7;
bool vis[N];
vector<int> prime;
int phi[N];
void get_euler(int n) {
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;i++) {
        if (!vis[i]) {
            prime.push_back(i);
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (auto j : prime) {
            if (i * j > n) break;
            vis[i * j] = 1;
            if (!(i % j)) {
                phi[i * j] = j * phi[i];
                break;
            }
            phi[i * j] = (j - 1) * phi[i];
        }
    }
}

欧拉函数的其他性质

性质1 当 $n \geq 3$ 时，$\varphi(n)$ 为偶数。

性质2 $f(n) = \displaystyle \sum_{i = 1}^n [\gcd(i,k) = 1] = \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor \varphi(n) + f(n \bmod k)$ 。

性质3 $\displaystyle \sum_{i = 1}^n i[\gcd(i,n) = 1] = \frac{n\varphi(n) + [n = 1]}{2}$ 。

性质4 $\displaystyle \sum_{d\mid n} \varphi(d) = n$ 。

性质5 $\varphi(ab) = \dfrac{\varphi(a) \cdot \varphi(b) \cdot \gcd(a,b)}{\varphi(\gcd(a,b))}$ 。

性质6 $d^2 \mid n \Rightarrow \varphi(n) = d\varphi\left(\dfrac{n}{d}\right)$ 。

• 推论1（性质5、6的推论） 若 $n = abd^k,k\geq 2$ 且 $\gcd(a,b)=1$ ，则 $\varphi(n) = d^{k-2}\varphi(abd^2) = d^{k-2} \dfrac{\varphi(ad) \cdot \varphi(bd) \cdot d}{\varphi(d)}$ 。

性质1的证明：

对于 $n \geq 3$ ，当 $m < n$ ，若 $\gcd(m,n)=1$ ，则 $\gcd(n-m,n) = 1$ ，同时 $m \neq n-m$ 。

因此每一个与 $n$ 互质的数 $m$ 都对应一个 $n-m$ 也与 $n$ 互质，所以 $\varphi(n)$ 为偶数。

性质2的证明：

$f(n)$ 等同于 $[1,n]$ 中与 $k$ 互质的数的个数。

我们把 $[1,n]$ 每 $k$ 个数分一段，能分完整的 $\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor$ 段，以及 $n \bmod k$ 个多出来的数。

根据 $\gcd(a,b) = \gcd(a \bmod b,b)$ ，因此 $[1+mk,k+mk]$ 中与 $k$ 互质的数等于 $[1,k]$ 中与 $k$ 互质的数，因此完整的 $\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor$ 段中，共有 $\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor \varphi(k)$ 个与 $k$ 互质的数。而 $\left[ 1+\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor k,n \right]$ 中与 $k$ 互质的数等于 $[1,n \bmod k]$ 中与 $k$ 互质的数，即 $f(n \bmod k)$ 。

综上 $f(n) = \displaystyle \sum_{i = 1}^n [\gcd(i,k) = 1] = \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor \varphi(n) + f(n \bmod k)$ 。

性质3的证明：

左式等同于 $[1,n]$ 中与 $n$ 互质的数的和。

当 $n \geq 3$ 时，根据性质 $1$ ，互质的数一定形如 $m,n-m$ 成对出现，因此总和的平均值为 $\dfrac{n}{2}$ ，因此总和为 $n\dfrac{\varphi(n)}{2}$ 。

当 $n = 2$ 时，上式也成立。

当 $n=1$ 时，上式结果为 $\dfrac{1}{2}$ ，因此增加修正 $\dfrac{[n=1]}{2}$ 。

综上， $\displaystyle \sum_{i = 1}^n i[\gcd(i,n) = 1] = \frac{n\varphi(n) + [n = 1]}{2}$ 。

性质4的证明：

令 $\displaystyle f(x) = \sum_{i=1}^n [\gcd(i,n) = x]$ ，则 $\displaystyle \sum_{i=1}^n f(i) = n$ ，这是因为每个数的 $\gcd$ 唯一，遍历一遍 $\gcd$ 能覆盖 $n$ 。

又 $\gcd(i,n) = d \iff \gcd\left( \dfrac{i}{d},\dfrac{n}{d} \right) = 1$ ，所以当 $x \mid n$ 时， $\displaystyle f(x) = \sum_{i=1}^{\frac{n}{x}} \left[\gcd\left(i,\frac{n}{x} \right) = 1 \right] = \varphi\left(\frac{n}{x}\right)$ ；当 $x \not \mid n$ 时， $f(x) = 0$ 。

综上 $\displaystyle \sum_{d \mid n} \varphi(d) = \sum_{d \mid n} \varphi\left(\frac{n}{d}\right) = \sum_{d \mid n} f(d) = \displaystyle \sum_{i=1}^n f(i) =n$ 。

性质5的证明：

根据基本性质5可得

$$\begin{aligned} \varphi(ab) &= ab\prod_{p\mid ab}\left(1-\frac{1}{p}\right)\\ &= \frac{\displaystyle a\prod_{p\mid a}\left(1-\frac{1}{p}\right) \cdot b\prod_{p\mid b}\left(1-\frac{1}{p}\right)}{\displaystyle\prod_{p\mid a \cap p\mid b}\left(1-\frac{1}{p}\right)}\\ &= \frac{\varphi(a) \cdot \varphi(b)\cdot\gcd(a,b)}{\displaystyle \gcd(a,b) \prod_{p\mid \gcd(a,b)}\left(1-\frac{1}{p}\right)}\\ &= \dfrac{\varphi(a) \cdot \varphi(b) \cdot \gcd(a,b)}{\varphi(\gcd(a,b))} \end{aligned}$$

性质6的证明：

因为 $d^2 \mid n$ ，所以 $n$ 与 $\dfrac{n}{d}$ 的质因子相同，因此 $\displaystyle \varphi(n) = n\prod_{p\mid n}\left(1-\frac{1}{p}\right) = d \cdot \frac{n}{d} \prod_{p\mid \frac{n}{d}}\left(1-\frac{1}{p}\right) = d\varphi\left(\dfrac{n}{d}\right)$ 。

同余重要定理

费马小定理

定理1（费马小定理） 若 $p$ 为质数且整数 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ 。

• 推论1（定理1的推论，费马降幂） 若 $p$ 为质数且整数 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则 $a^n \equiv a^{n \mod (p-1)} \pmod p$ 。

定理2（费马大定理） 若整数 $n \geq 3$ ，则 $x^n+y^n=z^n$ 无正整数解。

定理1的证明：

由欧拉定理可得， $\varphi(p) = p-1$ ，且 $\gcd(a,p)=1$ ，因此 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$ 。

欧拉定理见下一节。

定理2的证明：

我有一个绝妙的证明方法，但这里地方太小了我写不下qwq。

欧拉定理

定理1（欧拉定理） 若 $\gcd(a,m) = 1$，则 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$ 。

• 推论1（定理1的推论） $\gcd(a,m) = 1 \iff \exist x \in \Z^+ ,a^x \bmod m = 1$ 。

定理2（拓展欧拉定理，欧拉降幂）

$$a^b \equiv \left\{ \begin{array}{l} a^{b \mod \varphi(m)} &,\gcd(a,m) = 1\\ a^b &,b < \varphi(m) \text{ 且 }\gcd(a,m) \neq 1\\ a^{b \mod \varphi(m) + \varphi(m)} &,b \geq \varphi(m) \text{ 且 }\gcd(a,m) \neq 1\\ \end{array} \right. \pmod m$$

定理1的证明：

设 $\{x_1,x_2,\cdots,x_{\varphi(m)}\}$ 是一个模 $m$ 的既约剩余系。

根据同余类与剩余系基本性质3，因为 $\gcd(a,m) = 1$ ，所以 $\{ax_1,ax_2,\cdots,ax_{\varphi(m)}\}$ 也是模 $m$ 的一个既约剩余系。因此， $x_1x_2\cdots x_{\varphi(m)} \equiv a^{\varphi(m)}x_1x_2\cdots x_{\varphi(m)} \pmod m$ 。

又 $\gcd(x_1,m) = \cdots = \gcd(x_{\varphi(m)},m) = 1$ ，所以 $\gcd(x_1x_2 \cdots x_{\varphi(m)},m) = 1$ ，于是 $a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$ 。

推论1的证明：

从左到右，由条件 $\exist x \in \N^+,\gcd(a^x,m) = \gcd(a^x \bmod m,m) =\gcd(1,m) = 1$ ，所以 $\gcd(a^x,m) = \gcd(a,m) = 1$ 。

从右到左，根据欧拉定理显然。

定理2的证明：

见此链接

威尔逊定理

$p$ 修正阶乘的定义 设 $p$ 为素数，去除 $n!$ 能被 $p$ 整除的数字的剩下部分，即 $\displaystyle \prod_{i=1 , (i,p)=1}^n i$ ，称为 $n$ 的 $p$ 修正阶乘，记作 $\displaystyle (n!)_p$ 。

定理1 若 $p$ 为素数， $n$ 为正整数，则 $n! = (n!)_p \lfloor n/p \rfloor!p^{\lfloor n/p \rfloor}$ 。

定理2 若 $p$ 为素数， $n$ 为正整数，则 $\dfrac{n!}{p^{v_p(n!)}} = \dfrac{\lfloor n/p \rfloor!}{p^{v_p(\lfloor n/p \rfloor!)}} (n!)_p$ 。

定理3 若 $p$ 为素数， $n,\alpha$ 为正整数，则 $(n!)_p \equiv (p^\alpha!)_p^{\lfloor n/p^\alpha \rfloor} ((n \bmod p^\alpha)!)_p \pmod {p^\alpha}$ 。

定理4（威尔逊定理） 当且仅当 $p$ 为素数， $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$ 。

定理5（扩展威尔逊定理） 若 $p$ 为素数， $\alpha$ 为正整数，那么 $(p^\alpha!)_p \equiv \begin{cases} 1 &, p=2 \text{ and } \alpha \geq 3\\ -1 &, \text{otherwise} \end{cases} \pmod {p^\alpha}$ 。

• 推论1（定理2、3、5的推论） 若 $p$ 为素数， $n,\alpha$ 为正整数， $\dfrac{n!}{p^{v_p(n!)}} \equiv (\pm 1)^{\lfloor n/p^\alpha \rfloor} \dfrac{\lfloor n/p \rfloor!}{p^{v_p(\lfloor n/p \rfloor!)}} ((n \bmod p^\alpha)!)_p \pmod{p^\alpha}$ 。

定理1的证明：

$n! = (p-1)! \times p \times \dfrac{(2p-1)!}{(p)!} \times 2p \times \cdots \times \dfrac{(\lfloor n/p \rfloor p - 1)!}{((\lfloor n/p \rfloor-1) p)!} \times \lfloor n/p \rfloor p \times \dfrac{n!}{(\lfloor n/p \rfloor p)!}$ ，因此 $n! = (n!)_p \lfloor n/p \rfloor!p^{\lfloor n/p \rfloor}$ 。

定理2的证明：

根据定理1可以得到 $n! = (n!)_p \lfloor n/p \rfloor!p^{\lfloor n/p \rfloor}$ ，再根据勒让德定理的推论1可以得到 $v_p(n!) = \lfloor n/p \rfloor + v_p(\lfloor n/p \rfloor !)$ ，因此有 $\dfrac{n!}{p^{v_p(n!)}} = \dfrac{n!}{p^{\lfloor n/p \rfloor}p^{v_p(\lfloor n/p \rfloor!)}} = \dfrac{\lfloor n/p \rfloor!}{p^{v_p(\lfloor n/p \rfloor!)}} (n!)_p$ 。

定理3的证明：

我们可以以 $p^\alpha$ 为一个周期划分 $(n!)_p$ ，可以发现共有 $\left\lfloor \dfrac{n}{p^\alpha} \right\rfloor$ 部分且都同余第一部分 $(p^\alpha!)_p$ ，剩下的同余 $((n \bmod p^\alpha)!)_p$ ，因此可以得到 $(n!)_p \equiv (p^\alpha!)_p^{\lfloor n/p^\alpha \rfloor} ((n \bmod p^\alpha)!)_p \pmod {p^\alpha}$ 。

定理4的证明：

充分性：

若 $p$ 不是素数，分类讨论：

1. 当 $p = 4$ 时， $(4-1)! \equiv 2 \pmod 4$ ，显然不成立。
2. 当 $p = ab(a \neq b)$ 时，由于 $a,b<p$ ，所以 $(p-1)! \equiv kab \equiv 0 \pmod p$ 。
3. 当 $p = a^2(a>2)$ 时，有 $a,2a<a\cdot a = p$ ，所以 $(p-1)! = 2ka^2 \equiv 0 \pmod p$ 。

所以 $p$ 必为素数。

必要性：

若 $p$ 为素数，则 $[1,p-1]$ 的整数必存在唯一逆元。因此，对于 $x \in[1,p-1]$ ，其逆元 $x^{-1}$ 若不等于 $x$ ，则可以相互配对可得 $x \cdot x^{-1} \equiv 1 \pmod p$ ，考虑 $x^2 \equiv 1 \pmod p$ 的情况。

设任意 $x,y \in [1,p-1]$ 且 $x \neq y$ ，满足 $x^2 \equiv y^2 \equiv 1 \pmod p$ ，那么有 $x^2 -y^2 \equiv (x+y)(x-y) \equiv 0 \pmod p$ ，其中一定有 $p \nmid x-y$ ，于是 $p \mid x+y$ ，所以一定有 $x+y = p$ ，显然只有 $1,p-1$ 满足。

因此， $(p-1)! \equiv p-1 \equiv -1 \pmod p$ 。

综上得证。

定理5的证明：

与威尔逊定理必要性证明类似，即配对逆元，再考虑 $x^2 \equiv 1 \pmod{p^\alpha}$ 解的情况。

我们对 $x^2 \equiv 1 \pmod{p^\alpha}$ 解的情况分类讨论：

1. 当 $p = 2$ 且 $\alpha = 1$ 时，仅有一解 $1$ 。
2. 当 $p=2$ 且 $\alpha \leq 3$ 时，有四解 $\pm 1,2^{q-1} \pm 1$ 。
3. 其余情况，均有两解 $\pm 1$ 。

因此可以得到 $(n!)_p \bmod p^q$ 的所有情况。

推论1的证明：

由定理2可得 $\dfrac{n!}{p^{v_p(n!)}} = \dfrac{\lfloor n/p \rfloor!}{p^{v_p(\lfloor n/p \rfloor!)}} (n!)_p$ ，再有定理3可得 $(n!)_p \equiv (p^\alpha!)_p^{\lfloor n/p^\alpha \rfloor} ((n \bmod p^\alpha)!)_p \pmod {p^\alpha}$ ，最后根据定理5可得 $(p^\alpha!)_p \equiv \pm1 \pmod{p^\alpha}$ 可根据具体情况判断，最后 $\dfrac{n!}{p^{v_p(n!)}} \equiv (\pm 1)^{\lfloor n/p^\alpha \rfloor} \dfrac{\lfloor n/p \rfloor!}{p^{v_p(\lfloor n/p \rfloor!)}} ((n \bmod p^\alpha)!)_p \pmod{p^\alpha}$ 。

二元一次不定方程

二元一次不定方程的定义与基本性质

定义 关于整数 $x,y$ 的方程 $ax + by = c$ ，其中 $a,b,c$ 都是整数且 $a,b$ 不为 $0$ ，称为二元一次不定方程。

裴蜀定理

定理1（裴蜀定理） 关于整数 $x,y$ 不定方程 $ax+by = c$ 有解的充要条件是 $\gcd(a,b) \mid c$ 。

• 推论1 关于整数 $x,y$ 不定方程 $ax+by = 1$ 有解的充要条件是 $\gcd(a,b) = 1$ 。

定理2 关于整数 $x,y$ 不定方程 $ax+by = c$ ，满足 $d = \gcd(a,b),d \mid c$ ，的所有解为

$$\left\{ \begin{aligned} x &= x_0 + k \frac{b}{d}\\ y &= y_0 - k \frac{a}{d} \end{aligned} \right.$$

其中 $(x_0,y_0)$ 是方程的特解， $k \in \Z$ 。

定理1的证明：

设 $d = \gcd(a,b)$ ，则 $d \mid ax+by$ ，设 $s$ 为 $ax+by$ 的最小正值。

根据带余数除法，可得 $a = qs+r$ ，则 $r = a - qs = a-q(ax+by) = a(1-qx)+b(-qy)$ ，即 $r$ 也可以被 $ax+by$ 表示。

因为 $r \in [0,s-1]$ ，所以 $r = 0$ ，即 $s \mid a$ ，同理 $s \mid b$ 。因此，$s \mid d$ ，所以 $s \leq d$ 。

因为 $s = ax+by$ ，所以 $d \mid s$ ， 于是 $d \leq s$ 。

综上 $d = s$ ，即 $\gcd(a,b) = d$ 是 $ax+by$ 的最小正值。

定理2的证明：

有特解 $(x_0,y_0)$ ，设任意解为 $(x,y)$ ，则 $ax_0+by_0 = ax+by=c$ ，于是有 $a(x-x_0) = b(y_0-y)$ 。两边同时除以 $d$ ，得到 $\dfrac{a}{d}(x-x_0) = \dfrac{b}{d}(y_0-y)$ ，其中 $\gcd\left(\dfrac{a}{d},\dfrac{b}{d} \right) = 1$ ，于是 $\dfrac{a}{d} \mid y_0-y,\dfrac{b}{d} \mid x-x_0$ 。因此有

$$\left\{ \begin{aligned} x &= x_0 + k \frac{b}{d}\\ y &= y_0 - k \frac{a}{d} \end{aligned} \right.$$

其中 $k \in \Z$ 。

解二元一次不定方程

从数学角度，二元一次不定方程系数是整数范围的，但使用算法时我们需让 $a,b\geq 0$ ，详见整除章节 $\gcd$ 的求法前言。若出现如 $a<0$ 等系数为负数情况，需转换为 $|a|(-x) +by = \gcd(a,b)$ 求解。以下的证明建立在正系数之上。

扩展欧几里得算法

对于二元一次不定方程的求解，关键在于求出一组特解。扩展欧几里得算法（extended gcd,exgcd）在辗转相除法的基础上，递归求解关于 $x,y$ 的方程 $ax+by = \gcd(a,b)$ 的一组特解。

证明：

考虑方程 $ax+by = \gcd(a,b) = \gcd\left(b,a-b\left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor\right) = bx' + \left(a-b\left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor\right)y'$ 。

我们可以得到 $ax+by = ay' + b\left(x'-\left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor y' \right)$ ，于是得到

$$\left\{ \begin{aligned} x &= y'\\ y &= x'-\left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor y'\\ \end{aligned} \right.$$

递归至 $b = 0$ ，此时 $ax + 0y = \gcd(a,0) = a$ ，易得 $x = 1,y = 0$ 是一组解，就可以回溯求解。

通过exgcd求出一组特解以后，即可通过裴蜀定理中的定理2得到所有解。

可以证明exgcd的解 $(x,y)$ 满足 $|x| \leq b,|y| \leq a$ ，所以在 int 范围内可以都用 int 变量，详见OI-wiki。

以下只提供exgcd的算法。

时间复杂度 $O(\log(\min\{a,b \}))$

空间复杂度 $O(1)$

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    x -= (a / b) * y, swap(x, y);
    return d;
}

二元一次不定方程的非负整数解

我们仅讨论 $a,b,c\geq 1$ 且 $\gcd(a,b) = 1$ 的情况下，方程 $ax+by = c$ 的非负整数解，即 $x,y\geq0$ 的解。

性质1 若 $c > ab-a-b$ ，则 $ax+by = c$ 存在非负整数解。

性质2 若 $c = ab-a-b$ ，则 $ax+by = c$ 不存在非负整数解。

性质3 若 $c < ab-a-b$ ，则 $ax+by = c$ 恰好有 $\max\left\{0,\dfrac{(a-1)(b-1)}{2} - 2\right\}$ 个 $c$ 有非负整数解，且解唯一。

性质1的证明：

对于 $x \in [0,b-1]$ ，$by = c - ax > ab-a-b-ax \geq ab-a-b-a(b-1) = -b$ ，所以 $y\geq 0$ 。

所以方程有非负解。

性质2的证明：

$ax+by = ab-a-b$ ，即 $a(x+1) + b(y+1) = ab$ 。因为 $\gcd(a,b) = 1$ ，所以 $a \mid y+1,b \mid x+1$ 。

设 $ka = y+1,mb = x+1$ ，其中 $k,m\in \Z^+$ 。代入原式得， $(m+k)ab = ab$ ，所以 $m+k = 1$ ，所以必有一个小于等于 $0$ ，即 $x,y$ 中必有一个小于 $0$ ，因此没有非负解。

性质3的证明：

分三步证明。

1. 若 $ax+by = c$ 有非负解，则解 $(x,y) \in [0,b-2]\times [0,a-2]$ 且 $(x,y) \neq (0,0),(b-2,a-2)$ 。

   因为 $y \geq 0$ ，所以 $ax = c - by \leq c < ab-a-b$ ，所以 $x < b - 1 - \dfrac{b}{a}$ ，即 $x \leq b-2$ 。

   同理 $y \leq a-2$ 。

   $(x,y) \neq (0,0),(b-2,a-2)$ 可以验证得到。

2. 若 $ax+by=c$ 有非负解，则最多只有一个非负解。

   若 $(x_0,y_0)$ 是一个非负解，则 $x_0 \in [0,b-2],y_0 \in[0,a-2]$ 。因为 $\gcd(a,b) = 1$ ，所以通解为

   $$\left\{ \begin{aligned} x &= x_0 + kb\\ y &= y_0 - ka \end{aligned} \right.$$

   其他解一定不在 $[0,b-2]\times[0,a-2]$ 中，一定不是解，因此只有一个非负解。

3. 当 $(x,y) \in [0,b-2]\times [0,a-2]$ 且 $(x,y) \neq (0,0),(b-2,a-2)$ ， $(x,y)$ 是 $ax+by = c$ 的一个非负解，当且仅当 $(b-2-x,a-2-y)$ 不是任何 $c < ab-a-b$ 的非负解。

   必要性：

   $ax+by = c<ab-a-b$ ，所以

   $$\begin{aligned} a(b-2-x)+b(a-2-y) &= ab-2a-ax+ab-2b-by\\ &=2(ab-a-b)-(ax+by)\\ &>ab-a-b \end{aligned}$$

   因此 $(b-2-x,a-2-y)$ 不是任何 $c<ab-a-b$ 的非负解。

   充分性：

   因为 $(b-2-x,a-2-y)$ 不是任何 $c<ab-a-b$ 的非负解，且 $a(b-2-x)+b(a-2-y) > 0$ 以及 $c = ab-a-b$ 没有非负解，因此 $a(b-2-x)+b(a-2-y) > ab-a-b$ ，所以

   $$\begin{aligned} a(b-2-x)+b(a-2-y) &= ab-2a-ax+ab-2b-by\\ &=2(ab-a-b)-(ax+by)\\ &> ab-a-b \end{aligned}$$

   于是 $ax+by < ab-a-b$ ，又 $ax+by > 0$ ，所以 $(x,y)$ 一定是 $c < ab-a-b$ 的一个非负解。

综上，当 $c<ab-a-b$ 时，

由1得知，解一定出现在 $(x,y) \in [0,b-2]\times [0,a-2]$ 且 $(x,y) \neq (0,0),(b-2,a-2)$ 。

由3得知，有解和无解一定成对出现，所以共 $\max\left\{0,\dfrac{(a-1)(b-1)}{2} - 2\right\}$ 个解。

由2得知，解和 $c$ 是一一对应的，所以共 $\max\left\{0,\dfrac{(a-1)(b-1)}{2} - 2\right\}$ 个 $c$ 有解。

乘法逆元

乘法逆元的定义与基本性质

定义 当且仅当 $\gcd(a,m) = 1$ 时，存在整数 $x$ 满足 $ax \equiv 1 \pmod m$ ，我们称 $x$ 为 $a$ 在模 $m$ 意义下的逆元，记作 $a^{-1}$ 。

乘法逆元的求法

费马小定理法

若 $m$ 为质数且整数 $a$ 不是 $m$ 的倍数，则 $a^{m-1} \equiv a \cdot a^{m-2} \equiv 1 \pmod m$ ，其中 $a^{m-2}$ 即为所求逆元。

时间复杂度 $O(\log m)$

空间复杂度 $O(1)$

const int P = 1e9 + 7;
int qpow(int a, ll k) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}
int inv(int x) { return qpow(x, P - 2); }

扩展欧几里得算法

若 $\gcd(a,m) = 1$ ，那么 $ax \equiv 1 \pmod m \iff ax + my = 1$ 一定存在解，即一定有 $a$ 在模 $m$ 意义下的逆元 $a^{-1} = x$ 。因此，我们可以解 $ax+my = 1$ ，利用exgcd可以直接求解。

时间复杂度 $O(\log(\min\{a,m \}))$

空间复杂度 $O(1)$

const int P = 1e9 + 7;
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    x -= (a / b) * y, swap(x, y);
    return d;
}
int inv(int a) {
    int x, y;
    exgcd(a, P, x, y);
    return (x % P + P) % P;
}

线性递推求乘法逆元

若需要频繁使用 $[1,n]$ 内模 $m$ 的逆元，其中 $n<m$ 且 $m$ 为质数，可以考虑预处理 $[1,n]$ 的所有逆元。枚举每个数字朴素求逆元是线性对数复杂度的，但事实上存在一种递推的求法，可以在线性复杂度内从 $1$ 递推出 $[1,n]$ 的所有逆元。

证明：

当 $i = 1$ 时，我们有 $1 \cdot 1 \equiv 1 \pmod m$ ，因此 $1^{-1} = 1$ 。

当 $i > 1$ 时，考虑 $m = \left\lfloor \dfrac{m}{i} \right\rfloor \cdot i + m \bmod i = pi+r$ ，于是有

$$\begin{aligned} m &\equiv 0 \pmod m\\ pi+r &\equiv 0 \pmod m\\ pr^{-1} + i^{-1} &\equiv 0 \pmod m\\ i^{-1} &\equiv -pr^{-1} \pmod m\\ i^{-1} &\equiv -\left\lfloor \dfrac{m}{i} \right\rfloor \cdot (m \bmod i)^{-1} \pmod m \end{aligned}$$

因此，我们可以从 $1 \leq m \bmod i < i$ 的逆元推出 $i$ 的逆元。

在这里我们使用 $\left( m-\left\lfloor \dfrac{m}{i} \right\rfloor \right) \cdot (m \bmod i)^{-1}$ 防止出现负数。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

const int P = 1e9 + 7;
const int N = 1e7 + 7;
int inv[N];
void get_inverse(int n) {
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= n;i++) inv[i] = 1LL * (P - P / i) * inv[P % i] % P;
}

线性递推求阶乘逆元

通常在组合数学中需要频繁 $i!,i\in[1,n]$ 模 $m$ 的逆元，其中 $n<m$ 且 $m$ 为质数，我们同样也可以线性递推。我们可以线性求出 $[1,n]$ 的逆元后再求阶乘的逆元，也可以从 $(n!)^{-1}$ 倒推。我们采用倒推的方法。

证明：

已知 $(n!)^{-1}$ ，可以递推求出 $n!$ 后，用费马小定理或exgcd求解 $(n!)^{-1}$ 。

当 $1 \leq i < n$ 时，有 $(i!)^{-1} \equiv ((i+1)!)^{-1} \cdot (i+1) \pmod m$ 。

因此，我们可以从 $(i+1)!$ 的逆元推出 $i!$ 的逆元。

时间复杂度 $O(n)$

空间复杂度 $O(n)$

const int P = 1e9 + 7;
const int N = 1e7 + 7;
int qpow(int a, ll k) {
    int ans = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ans = 1LL * ans * a % P;
        k >>= 1;
        a = 1LL * a * a % P;
    }
    return ans;
}
int fact[N], invfact[N];
void get_inverse(int n) {
    fact[0] = 1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) fact[i] = 1LL * i * fact[i - 1] % P;
    invfact[n] = qpow(fact[n], P - 2);
    for (int i = n;i >= 1;i--) invfact[i - 1] = 1LL * invfact[i] * i % P;
}

一元一次同余方程

一元一次同余方程的定义与基本性质

定义 关于整数 $x$ 的方程 $ax \equiv b \pmod m$ ，其中 $a,b$ 为整数， $m$ 为正整数，称为一元一次同余方程。

约定 关于整数 $x$ 的方程 $ax \equiv b \pmod m$ ，我们认为在模 $m$ 下同余的解 $x$ 是同一个解。

解数的定义 方程不同的解的个数为方程的解数。

性质1 关于整数 $x$ 的一元一次同余方程 $ax \equiv b \pmod m$ ，等价于关于整数 $x,y$ 的二元一次不定方程 $ax+my = b$ ，其中 $x$ 意义相同。因此，二元一次不定方程的性质与定理可以直接用于一元一次同余方程。

性质2 关于整数 $x$ 的一元一次同余方程 $ax \equiv b \pmod m$ ，其解数为 $\gcd(a,m)$ 。

性质2的证明：

通过性质1转换成二元一次不定方程，可求方程的所有解，容易发现解数为 $\gcd(a,m)$ 。

解一元一次同余方程

扩展欧几里得算法

关于整数 $x$ 的同余方程 $ax \equiv b \pmod m$ ，根据性质1，可以转化为关于整数 $x,y$ 的不定方程 $ax+my = b$ ，于是同前面所说的不定方程的解法一致。

时间复杂度 $O(\log(\min\{a,m \}))$

空间复杂度 $O(1)$

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    x -= (a / b) * y, swap(x, y);
    return d;
}

一元一次同余方程组

一元一次同余方程组的定义与基本性质

定义 关于整数 $x$ 的方程组

$$\left\{ \begin{aligned} a_1x &\equiv b_1 \pmod{m_1}\\ a_2x &\equiv b_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ a_kx &\equiv b_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

其中 $a_i,b_i(1 \leq i \leq k)$ 为整数，$m_i(1 \leq i \leq k)$ 为正整数，称为一元一次同余方程组。

约定 关于整数 $x$ 的方程组 $a_ix \equiv b_i \pmod {m_i}(1\leq i \leq k)$ ，我们认为在模 $M = \text{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_k)$ 下同余的解 $x$ 是同一个解。

解数的定义 方程组不同的解的个数为方程组的解数。

性质1 对于任意关于 $x$ 的一元一次同余方程组

$$\left\{ \begin{aligned} a_1x &\equiv b_1 \pmod{m_1}\\ a_2x &\equiv b_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ a_kx &\equiv b_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

等价于如下系数为 $1$ 的方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_{1,1} \pmod{m_1}\\ \vdots \\ x &\equiv a_{1,c_1} \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_{2,1} \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_{2,c_2} \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_{k,1} \pmod{m_k}\\ \vdots \\ x &\equiv a_{k,c_k} \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

其中 $c_i(1 \leq i \leq k)$ 为第 $i$ 个方程 $a_ix \equiv b_i \pmod{m_i}$ 的解数， $a_{i,j}(1 \leq i \leq k,1\leq j \leq c_i)$ 为第 $i$ 个方程 $a_ix \equiv b_i \pmod{m_i}$ 的第 $j$ 个解。

性质2 对于有如下形式的一元一次同余方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

其解 $x$ 与 $M = \text{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_k)$ 满足 $\gcd(a_i,m_i) = 1(1\leq i \leq k) \iff \gcd(x,M) = 1$ 。

性质1的证明：

对方程组中每个一元一次同余方程求解，可得对应方程的解集。显然，解集方程与原方程是同解的，可以等价替换原方程。

性质2的证明：

解 $x$ 满足 $x \equiv a_i \pmod {m_i}(1\leq i \leq k)$ ， 根据同余基本性质10，有 $\gcd(x,m_i) = \gcd(a_i,m_i)$ 。

随后，结合 $\gcd$ 基本性质6，有 $\gcd(a_i,m_i) = \gcd(x,m_i) = 1 \iff \gcd(x,M) = 1$ ，因此得证。

中国剩余定理（孙子定理）

定理1（中国剩余定理） 对于有如下形式且满足 $m_1,m_2,\cdots ,m_k$ 两两互质的一元一次同余方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

必有解，且解数为 $1$ 。

定理1的证明：

设 $\displaystyle M = \text{lcm}(m_1,\cdots ,m_k) = \prod_{i=1}^k m_i$ ， $M_i = \dfrac{M}{m_i}$ ， $M_i$ 在模 $m_i$ 下的必有逆元为 $M_i^{-1}$ 。

所以，我们可以构造出 $x = \displaystyle \sum_{i=1}^k a_iM_iM_i^{-1}$ ，容易证明 $x$ 是符合方程组的一个解。

同时，对于任意两个解 $x_1,x_2$ ，我们有 $x_1 \equiv x_2 \pmod{m_i} (i = 1,\cdots,k)$ ，根据同余基本性质9，可得 $x_1 \equiv x_2 \pmod M$ 。因此，解在模 $\displaystyle M = \text{lcm}(m_1,\cdots ,m_k) = \prod_{i=1}^k m_i$ 下是唯一的，即解数为 $1$ 。

换句话说，如此方程在 $[0,M)$ 中的必有解且唯一，即其最小正整数解 $x_{min}$ 。

解一元一次同余方程组

中国剩余定理

对于一般的一元一次同余方程组，都可以化为有如下形式（即系数为 $1$ ）的同余方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

若方程组还满足 $m_1,m_2,\cdots ,m_k$ 两两互质，则可以用中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem, CRT）证明中的构造法求解。

时间复杂度 $O(k \log(\max\{m_i\}))$

空间复杂度 $O(k)$

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    ll d = exgcd(b, a % b, x, y);
    x -= (a / b) * y, swap(x, y);
    return d;
}
ll inv(ll a, ll P) {
    ll x, y;
    exgcd(a, P, x, y);
    return (x % P + P) % P;
}
ll CRT(const vector<ll> &a, const vector<ll> &p) {
    int k = a.size() - 1;
    ll P = 1, ans = 0;
    for (int i = 1;i <= k;i++) P *= p[i];
    for (int i = 1;i <= k;i++) {
        ll Pi = P / p[i], invPi = inv(Pi, p[i]);
        (ans += (__int128_t)a[i] * Pi * invPi % P) %= P;
    }
    return ans;
}

扩展中国剩余定理

若一般的一元一次同余方程组化为的同余方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

其模数 $m_1,m_2,\cdots ,m_k$ 不满足两两互质，那么CRT是无法解决的。我们就需要使用扩展中国剩余定理（extended CRT,exCRT），虽说名字叫exCRT，但和CRT没有任何关系，单纯是CRT失效的时候用的一种新算法。

exCRT面对这种情况，采用的是朴素合并方程的方法。在对方程进行 $k-1$ 次合并后，得到最后一个方程，即方程组的解。

证明：

先考虑合并两个方程

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \end{aligned} \right.$$

根据一元一次同余方程基本性质1，我们可以将方程组改写为二元一次不定方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &= m_1p_1 + a_1\\ x &= m_2p_2 + a_2\\ \end{aligned} \right.$$

我们将两个方程相减可得 $m_1p_1 + m_2(-p_2) = a_2 - a_1$ ，根据裴蜀定理，当且仅当 $\gcd(m_1,m_2) \mid a_2-a_1$ 时，该方程有解。

在有解的情况，通过exgcd可求出 $m_1p_1 + m_2(-p_2) = \gcd(m_1,m_2)$ 的一组特解 $p_1',-p_2'$ ，根据裴蜀定理的定理 $2$ 得原方程的所有解为

$$\left\{ \begin{aligned} P_1 &= p_1' \cdot \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(m_1,m_2)} + \dfrac{km_2}{\gcd(m_1,m_2)} \\ -P_2 &= (-p_2') \cdot \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(m_1,m_2)} - \dfrac{km_1}{\gcd(m_1,m_2)} \\ \end{aligned} \right.$$

其中 $k \in \Z$ 。

将通解 $P_1$ 代入 $x = m_1p_1+a_1$ ，则有

$$\begin{aligned} x &= a_1 + m_1p_1' \cdot \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(m_1,m_2)} + \dfrac{km_1m_2}{\gcd(m_1,m_2)}\\ &= a_1 + m_1p_1' \cdot \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(m_1,m_2)} + k\cdot \text{lcm}(m_1,m_2) \end{aligned}$$

其等价于同余方程 $x \equiv a_1+m_1p_1' \cdot \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(m_1,m_2)} \pmod{\text{lcm}(m_1,m_2)}$ ，于是我们就合并了两个方程。

对于原方程组

$$\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1}\\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2}\\ \vdots \\ x &\equiv a_k \pmod{m_k}\\ \end{aligned} \right.$$

只需要进行 $k-1$ 次合并即可。

在实现的过程中，原方程的特解 $p_1' \cdot \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(m_1,m_2)}$ 可以模 $\dfrac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)}$ （注意 $a_2-a_1$ 可能是负数，但不影响exgcd求解，只影响 % 运算的结果），可以避免一部分数字溢出。

时间复杂度 $O(k \log(\max\{m_i\}))$

空间复杂度 $O(k)$

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if (!b) { x = 1, y = 0; return a; }
    ll d = exgcd(b, a % b, x, y);
    x -= (a / b) * y, swap(x, y);
    return d;
}
ll exCRT(const vector<ll> &a, const vector<ll> &p) {
    int k = a.size() - 1;
    ll ans = a[1], P = p[1];
    for (int i = 2;i <= k;i++) {
        ll x, y;
        ll d = exgcd(P, p[i], x, y);
        ll c = a[i] - ans;
        if (c % d) return -1;
        ll pd = p[i] / d;
        x = ((__int128_t)c / d * x % pd + pd) % pd;
        ans += P * x;
        P *= pd;
        ans %= P;
    }
    return ans;
}

特殊求和问题

问题描述

给定正整数 $n$ 以及非负整数 $a,b,c$ ，分别求

$$\begin{aligned} \sum_{i = 0}^n \left\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right\rfloor , \sum_{i = 0}^n \left\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right\rfloor^2 , \sum_{i = 0}^n i\left\lfloor \dfrac{ai+b}{c} \right\rfloor \end{aligned}$$

求解方式

类欧几里得算法

暂时不学。