中国剩余定理小记

Preface

做 qbxt 原题 GCD Table 的时候忽然发现自己不会 excrt，爬去学了一下 QwQ .

CRT 一个平凡的应用是叫做 CRT 合并的东西 .

一元线性同余方程组

问题描述

解同余方程组

$$\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{n_1}\\x\equiv a_2\pmod{n_2}\\\cdots\\x\equiv a_k\pmod{n_k}\end{cases}$$

显然 $x$ 有无数个解，我们只要找出 $[0, \operatorname{lcm}(n_1,n_2,\cdots,n_k))$ 中的一个解（即最小自然数解）即可 .

有一个科技叫做 Garner 算法，oi wiki 和 LOJ 上都有资料，听说老早就 wellknown 了，但是我显然不会呀 QwQ .

互素情形 - CRT

互素，也就是 $n_1,n_2,\cdots,n_k$ 两两互素 .

虽然说是互素吧，但其实一般都是 $n_1,n_2,\cdots,n_k$ 都是素数，毕竟出题人造一组两两互素的数也挺难的 .

引出中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem, CRT）：

Chinese Remainder Theorem

对于 $n_i$ 两两互素的一元线性同余方程组，令 $\displaystyle n=\prod_{i=1}^kn_i$，$m_i=\dfrac n{n_i}$，则：

$$x\equiv\sum_{i=1}^k a_im_im_i^{-1} \pmod n$$

其中 $m_i^{-1}$ 是 $m_i$ 模 $n_i$ 意义下的逆元 .

证明：

令 $R_i=m_im_i^{-1}$，我们发现：

$$\begin{cases}R_i\equiv 1\pmod{n_i}\\R_i\equiv 0\pmod{n_j}&i\neq j\end{cases}$$

因为 $n_i$ 是两两互素的，所以这非常显然 .

于是可以轻易验证 $\displaystyle x=\sum_{i=1}^ka_iR_i$ 满足条件，同余 $n$ 类似 .

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此时的时间复杂度就是 $O(k\log(\sum n_i))$，后面 $\log$ 部分是我自己 YY 的，不对请指出 .

其实这里我们可以发现要求的是 $n_i$ 互素，所以逆元一定存在 .

那如果逆元不一定存在，CRT 就失效了，下面来探讨一下一般情况 .

非互素情形 - ExCRT

虽然叫 ExCRT，但是和 CRT 一点关系都没有 .

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考虑合并两个同余方程组：

$$\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{n_1}\\x\equiv a_2\pmod{n_2}\end{cases}$$

答案显然是 $\bmod \operatorname{lcm}(n_1,n_2)$ 意义下的，回去看 CRT 可以发现乘积其实是 lcm 的特例 .

令 $x=k_1n_1+a_1=k_2n_2+a_2$，于是移项就得到

$$k_1n_1-k_2n_2=a_2-a_1$$

两边同时 $\bmod n_2$ 得

$$k_1n_1\equiv a_2-a_1\pmod{n_2}$$

根据 $\bmod$ 的分配律，这个可以变成

$$k_1\cdot \dfrac{n_1}{\gcd(n_1,n_2)}\equiv \dfrac{a_2-a_1}{\gcd(n_1,n_2)}\pmod{\dfrac{n_2}{\gcd(n_1,n_2)}}$$

exgcd 解出 $k_1$，然后代回去就能求 $x$ 了，可以证明答案是 $\bmod \operatorname{lcm}(n_1,n_2)$ 意义下的 .

我也不知道对不对因为我也没写过

zhx 黑科技 - 大数翻倍法

其实不互素情形的关键就是合并同余方程组 .

先把任务写上，就是要合并下面这个玩意呗

$$\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{n_1}\\x\equiv a_2\pmod{n_2}\end{cases}$$

首先答案肯定是 $\bmod \operatorname{lcm}(n_1,n_2)$ 意义下的，问题就是要找 $x\bmod \operatorname{lcm}(n_1,n_2)$ 是多少 .

我们考虑直接暴力，枚举所有满足第一个同余方程的 $x$，然后一个一个判断是否满足第二个，这样就找到答案了 .

做完了？真做完了 .

然而我们可以整一个类似启发式的东西，钦定上 $n_1>n_2$，这样能少跳几次 .

显而易见跳超过 $n_2$ 次就一定无解，因为肯定会产生循环，于是时间复杂度就是 $O(n_2)$ .

想想这玩意咋行啊，总复杂度不就是 $O(\sum n_i)$ 了吗，肯定 GG 啊 .

这里就要用到神秘的 zhx 分析法了！！

首先 $\prod n_i$ 肯定不会爆 long long，要不然出题人也做不了，不妨就令其最大值为 $10^{18}$ 吧 .

然后出题人如果想要卡我们，肯定得用大素数，要不然跳几下就找到解了 .

此时分析 $\sum n_i$，最大值肯定取到 $n=2$（$n=1$ 还合并个毛啊），此时大概就跑 $10^9$ 次，这样就卡掉了 .

再检验一下 $n=3$，大概是 $3\times 10^6$ 级别，稳过 .

但是我们发现根据均值不等式，$n$ 再大肯定答案越小，于是很大概率就卡不掉了 .

出题人不可能整一堆 $n=2$ 吧 /hanx 出题人也不一定知道这个算法

于是这个黑科技就被证明跑得飞快了

核心代码不超过 5 行哦，这里 是一份实现 .