YbtOJ 「数学基础」 第3章 同余问题

同余问题

同余

整除和同余的关系:

1. $a\equiv b(modm)$ 当且仅当$m|(a-b)$
2. $a\equiv b(modm)$ 当且仅当$a=b+k\times m$ ($m$为整数)

同余的性质:

1. 同加性：$a\equiv b(modm)$ 那么 $a+c\equiv b+c(modm)$

2. 同乘性：$a\equiv b(modm)$ 那么 $ac\equiv bc(modm)$

   一般情况下 如果$a\equiv b(modm)$ 且$c\equiv d(modm)$ 则$ac\equiv bd(modm)$

   但同余不满足同除性

3. 同幂性：$a\equiv b(modm)$ 那么$a^n\equiv b^n(modm)$

4. 若$a\equiv x(modp)$ 且 $a\equiv x(modq)$ 其中$pq$互质 则$a\equiv x(modpq)$

费马小定理

如果$p$为质数 那么对于任意一个整数$a$ 满足$a^p\equiv a(modp)$

推论:当$p$为质数且$p$不是$a$的约数时 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$

欧拉函数

性质:

1. 设$n=p^k$ 其中$n,k$为正整数 $p$为质数 那么$\phi (n)=p^k-p^{k-1}$
2. 设$n,m$为正整数 且$gcd(n,m)=1$ 那么$\phi (n)=\phi (n)\times \phi (m)$
3. $\prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$ ($p_i$为$n$唯一分解的底数(质数))

欧拉定理:

当$gcd(a,n)=1$时 有$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$

扩展欧几里得算法

扩欧证明及解法

同余方程证明及解法

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

A. 【例题1】同余方程

对于$ax\equiv 1(modb)$ 保证一定有解 那么$a,b$一定互质 所以用扩欧可以求出一组解 但这组解不一定是最小整数解

那么我们$xmodb+b$再$modb$即可(因为在模意义下一定有$gcd(a,b)$个解)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
const int N = 1e8 + 1;
const int mod = 1e9 + 7;

int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

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

int a , b , x , y;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	a = read() , b = read();
	exgcd ( a , b , x , y );
	cout << ( x % b + b ) % b << endl;
	return 0;
	
}

B. 【例题2】约数之和

对于一个数$n$，若$n=p_1^{m_1}\ast p_2^{m_2}\dots \ast p_n^{m_n}$ 。对于$p_i$在和中贡献 $\sum _{j=0}^{m_i}{p}_i^j$ 。则约数和为 $\prod _{i=1}^n\sum _{j=0}^{m_i}{p}_i^j$ 。

易对于 $A^B$ 来说 $Ans=\prod _{i=1}^n\sum _{j=0}^{B\ast m_i}{p}_i^j$

累乘的原因:因为你第一组$p_1^{random}$ 和第二组$p_2^{random}$中的每一个数都需都可以组成一个因数 那么使用乘法分配律就可以不重不漏地(因为是质数)求得最终的数量和

等比数列公式:

$(1)$: $x=p^0+p^1\dots p^m$

$(2)$: $px=p^1+p^2\dots p^{m+1}$

$(2)-(1)$ 则得 $x=\frac{p_i^{B\ast m_i+1}-1}{p_i-1}$ 。
则$Ans=\prod _{i=1}^n\left(\frac{p_i^{B\ast m_i+1}-1}{p_i-1}\right)$ 。

分子可以用快速幂求 分母看是否与$9901$互质 如果不互质的话就是$p_i-1$的逆元 如果互质 那么$p_{i}mod9901=1$

不互质时 需要用到一个结论:如果$p_{i}modx=b$ 那么$p^{t}modx=b^t$

我们以二次方为例 设$p=kx+b$ 那么$p^2=k^2{x}^2+2kbx+b^2$

所以在$modx$意义下 $p^{2}modx=b^2$

所以$p_i^{random}mod9901=1$

此时分母在模意义下为0 因为这个分数为整数 那么分子在模意义下也为0 那么我们用$\sum _{j=0}^{B\ast m_i}{p}_i^j=B\ast m_i+1$来计入答案

注意:实现时需要$+mod\mathrm{\%}mod$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
const int N = 5e7 + 5;
const int mod = 9901;
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}
		
int a , b , n , m , c[N] , prime[N] , cnt , ans = 1;
		
int ksm ( int x , int k )
{
	int base = x , res = 1;
	while (k) 
	{
		if ( k & 1 ) res = res * base % mod;
		base = base * base % mod;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
		
void solve ( int x )
{
	for ( int i = 2 ; i * i <= x ; i ++ )
		if ( x % i == 0 )
		{
			prime[++cnt] = i;
			while ( x % i == 0 )
			{
				c[cnt] ++;
				x /= i;
			}
		}
	if ( x > 1 )
	{
		prime[++cnt] = x;
		c[cnt] ++;
	}
}
		
int inv ( int x ) { return ksm ( x , mod - 2 ); }
		
signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	a = read() , b = read();
	solve ( a );
	for ( int i = 1 ; i <= cnt ; i ++ )
	{
		if ( ( prime[i] - 1 ) % mod == 0 ) { ans = ans * ( b * c[i] + 1 ) % mod; continue; }
		int mu = inv ( prime[i] - 1 );
		int zi = ( ksm ( prime[i] , b * c[i] + 1 ) + mod - 1 ) % mod;
		ans = ans * zi * mu % mod;
	}
	cout << ( ans + mod ) % mod << endl;
	return 0;
}

逆元

当$ax\equiv 1(modb)$， $x$的最小整数解 即为$a$在$modb$ 意义下的逆元。

通俗讲,逆元($x^{-1}$)j即为$a$在$modb$ 下的倒数

求逆元方法:

1. 根据费马小定理 $a\times a^{p-2}\equiv 1(modp)$

   所以可以得知$a^{p-2}$即为$a$在$modp$意义下的逆元

   int ksm ( int x , int k )
   {
   	int base = x , res = 1;
   	while (k) 
   	{
   		if ( k & 1 ) res = res * base % mod;
   		base = base * base % mod;
   		k >>= 1;
   	}
   	return res;
   }
   int inv ( int x ) { return ksm ( x , mod - 2 ); }
   

2. $exgcd$求解

   void exgcd ( int aa , int bb , int &x , int &y )
   {
   	if ( !bb ) return x = 1 , y = 0 , void();
   	exgcd ( bb , aa % bb , y , x );
   	y -= aa / bb * x;
   }
   int inv ( int numm , int modd )
   {
   	int x , y;
   	exgcd ( numm , modd , x , y );
   	return ( x % modd + modd ) % modd;
   }
   

3. 线性方法

   线性求逆元: 以$O(n)$复杂度求$1-n$的逆元

   设当前数为$x$, 设模数$m=\lfloor \frac{m}{x}\rfloor \cdot x+r$ 则必有$x>r$ .

   将上式转化为$m=\lfloor \frac{m}{x}\rfloor \cdot x+r\equiv 0(modm)$

   两边同乘 $x^{-1}\cdot r^{-1}:\lfloor \frac{m}{x}\rfloor \cdot r^{-1}+x^{-1}\equiv 0(modm)$

   移项得$x^{-1}=\lfloor \frac{m}{x}\rfloor \cdot (-r^{-1})modm$

   由于$x>r$且 $r^{-1}$已知 则$x^{-1}$可求

inv[1] = 1;
for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) inv[i] = ( ( m - m / i ) * inv[m%i] + m ) % m;

C. 【例题3】线性求逆元

模板题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'

#define int long long 

const int N = 3e6 + 5;
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int a[N] , n , m , inv[N];

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read();
	inv[1] = 1;
	for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) inv[i] = ( ( m - m / i ) * inv[m%i] + m ) % m;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cout << inv[i] << endl;
	return 0;
}

中国剩余定理

对于很多组$x\equiv a_i(mod{m}_i)$ 其中$m_i$为两两互质的质数 我们的目标是找出$x$的最小整数解

我们设$M$为$m_1$到$m_n$的最小公倍数 那么$M=\prod _{i=1}^n{m}_i$

设$k_i=M/m_i$ 并找到$k_i$的逆元$b_i$ 那么最小解即为$\prod _{i=1}^n{m}_i{k}_i{b}_i(modM)$

证明:(我们要试着构造出这个解)

对于$x\equiv a_i(mod{m}_i)$ 我们设$x=a_i$ 显然成立 但是这个解只满足这一个方程 但不一定满足其他的同余方程

所以我两边同乘$\frac{M}{m_i}$ 即$a_i\frac{M}{m_i}\equiv a_i\frac{M}{m_i}(mod{m}_i)$(同余的同乘性)

所以当$x=a_i\frac{M}{m_i}$时 除了第$i$个方程 所有的$1-n$个方程都满足$x\equiv 0(mod{m}_i)$ 但是我们为了好算 两面同乘$(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}$

所以当$x=a_i\frac{M}{m_i}(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}$时 对于第$i$个方程 $x\equiv a_i(modb)$ 除了第$i$个方程的所有方程都满足$x\equiv 0(modb)$

那么我们将所有这样的$a_i\frac{M}{m_i}(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}$加起来即可 最终答案就是$\sum _{i=1}^n{a}_i\frac{M}{m_i}(\frac{M}{m_i}{)}^{-1}modM$

根据同余的同加性 一定可以满足所有方程 再$modM$得到一个最小解

$p.s.$ $modM$的原因:对于每一个方程 你成倍地加上或减去$M$ 对同余性是没有影响的(因为$M$一定是模数的倍数 所以消掉了)

D. 【例题4】中国剩余定理

模板题 解法见上

观察题解可知这里费马小定理失效(因为模数虽然互质 但是不一定保证是质数) 所以需要用$exgcd$求解逆元

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
const int N = 1e3 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int n , a[N] , b[N] , ans = 0 , M = 1 , k[N] , r[N];

//int ksm ( int x , int k , int mod )
//{
//	int ans = 1 , base = x;
//	while (k)
//	{
//		if ( k & 1 ) ans = ans * base % mod;
//		base = base * base % mod;
//		k >>= 1;
//	}
//	return ans;
//}
//
//int inv ( int x , int mm ) { return ksm ( x , mm - 2 , mm ); } 

void exgcd ( int aa , int bb , int &x , int &y )
{
	if ( !bb ) return x = 1 , y = 0 , void();
	exgcd ( bb , aa % bb , y , x );
	y -= aa / bb * x;
}
int inv ( int numm , int modd )
{
	int x , y;
	exgcd ( numm , modd , x , y );
	return ( x % modd + modd ) % modd;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , b[i] = read() , M *= a[i];//模数 余数
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) k[i] = M / a[i];
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		ans = ( ( ans + b[i] * k[i] * inv ( k[i] , a[i] ) ) % M + M ) % M;
	cout << ans % M << endl;
	return 0;
}