提高组数论速查

同余与剩余系#

设有整数 $n_1,n_2,m$ 满足 $\exist q_1,q_2,r \in \Z,n_1=mq_1+r,n_2=mq_2+r$，则称 $n_1,n_2$ 模 $m$ 同余，记作 $n_1 \equiv n_2 \pmod m$。

称所有模 $m$ 同余（设为 $r$）的 $n$ 组成的集合为模 $m$ 的一个剩余类，记作 $C_r$。

设有 $m$ 个整数构成的集合 $A$ 满足 $a_1,\dots,a_m$ 模 $m$ 互不同余（即从每个剩余类中各取一个数），则称 $A$ 为模 $m$ 的一个完全剩余系。

容易证明一个满足上面条件的集合至多有 $m$ 个数。

我们可以再化简一下，只取与 $m$ 互质的数，这样就得到了模 $m$ 的一个简化剩余系。简化剩余系的大小为 $\varphi(m)$。

欧几里得算法与裴蜀定理#

欧几里得算法（辗转相除法）：$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)(a,b\in\Z)$。

证：设 $a=qb+r,\gcd(b,r)=d$。

由于 $\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(b,r)$，则有 $d|r,d|b$，则可以推出 $d|a$，则有 $d|\gcd(a,b)$。

设 $k=\gcd(a,b)$，则 $k|a-qb=r$，说明 $k|\gcd(b,r)$

因此，$\gcd(a,b)|\gcd(b,a\bmod b),\gcd(b,a\bmod b)|\gcd(a,b) \Rightarrow \gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$。

裴蜀定理：若有 $a,b,m\in\Z$（$a,b$ 不全为 0），则存在一组解 $x,y\in\Z$ 使得 $ax+by=m$ 的充要条件是 $\gcd(a,b)|m$，且若有解则必有无穷多组解。

证（拓展欧几里得算法）：

必要性显然，下证充分性：

不妨假设 $a,b \ge 0$，因为正负号的不同可以简单地通过 $x,y$ 的正负性来改变。

同时，只要证明 $ax+by=\gcd(a,b)$ 即可，因为对 $x,y$ 扩大若干倍即可得到 $m$。

那么两边同时除以 $\gcd(a,b)$，即 $a'x+b'y=1$。

我们在求 $\gcd(a',b')$ 的时候是怎么做的？后几步单独拿出来看（不妨设此时的两个求公约数的数分别为 $u,v$）：

$$\gcd(a',b')=\gcd(u,v)=\gcd(v,1)=\gcd(1,0)=1$$

发现出现了一个 $u=qv+1$，移项得到 $u-qv=1$。那么现在就得到了一组对于 $u,v$ 的解。

能不能从 $u,v$ 推到 $a',b'$ 呢？答案是可以的。

假设我们上一级求的是 $\gcd(\lambda u+v,u)=\gcd(u,v)$，已知 $ux_0+vy_0=1$，要求 $(\lambda u+v)x_1+uy_1$ 的解。

构造：取 $x_1=y_0,y_1=x_0-\lambda y_0$，得到

$$\begin{aligned} &(\lambda u+v)x_1+uy_1 \\ =&(\lambda u+v)y_0+u(x_0-\lambda y_0) \\ =& \lambda uy_0+vy_0+ux_0-\lambda uy_0 \\ =&ux_0+vy_0=1 \end{aligned}$$

逐层推上去即可，这样不仅证明了该定理，还求出了一组解。

有了特解后，其通解为小学奥数内容，这里不再赘述。

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

利用数学归纳法也容易将裴蜀定理推广到 $n$ 个数的情况：

$\sum a_ix_i=m$ 有整数解当且仅当 $\gcd(a_1,a_2,\dots,a_n) | m$。

证：

1. 当 $n=2$ 时显然成立。

2. 假设 $2 \le n \le k$ 时成立，下证 $n = k + 1$ 时成立。

   因为 $\le k$ 时成立，因此 $\sum_{i=1}^k a_ix_i=\lambda\gcd(a_1,\dots,a_k)$。

   原式变为 $\lambda\gcd(a_1,\dots,a_k)+a_{k+1}x_{k+1}=m$ 有解，由 $n=2$ 时知有解当且仅当 $\gcd(\gcd(a_1,\dots,a_k),a_{k+1})=\gcd(a_1,\dots,a_{k+1})|m$。

证毕。

欧拉定理与费马小定理#

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

证：

设模 $m$ 的一个简化剩余系为 $r_1,\dots,r_{\varphi(m)}$，则由简化剩余系的性质 $ar_1,\dots,ar_{\varphi(m)}$ 同样为模 $m$ 的简化剩余系。

那么就有

$$\prod r \equiv \prod ar \equiv a^{\varphi(m)} \prod r \pmod m \\ a^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$$

当 $m$ 为一个质数 $p$ 时，就得到了费马小定理。

费马小定理： $a^p \equiv a \pmod p$，$p$ 是质数。

具体到 OI 上，可以总结出一个 拓展欧拉定理 ，用来处理模意义下的指数：

$$a^b \equiv \begin{cases} a^{b \bmod \varphi(m)} & \gcd(a,m)=1; \\ a^b & \gcd(a,m) \neq 1, b < \varphi(m); \\ a^{b\bmod \varphi(m)+\varphi(m)} & \gcd(a,m) \ne 1,b \ge \varphi(m). \end{cases} \pmod m$$

仅证第三条：

我们对 $m$ 分解质因数，设为 $p_1^{\alpha_1}\dots p_k^{\alpha_k}$。考虑对每一个 $p^\alpha$ 分别证明：若每一个都成立，那么这几个互质的模数乘起来必然成立。

1. 当 $\gcd(a,p^\alpha)=1$ 时：

   $$a^b\equiv a^{\varphi(m)\cdot\lfloor\frac{b}{\varphi(m)}\rfloor+b\bmod\varphi(m)} \equiv [a^{\varphi(m)}]^{\lfloor\frac{b}{\varphi(m)}\rfloor}\cdot a^{b\bmod\varphi(m)} \pmod{p^\alpha}$$

   注意到 $\varphi$ 是积性函数，因此 $\varphi(p^\alpha) | \varphi(m)$。
   所以

   $$a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(m)} \equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)} \pmod{p^\alpha}$$

2. 当 $\gcd(a,p^\alpha) \neq 1$ 时：

   因为 $p$ 是质数，所以 $p|a$。又由前提有 $b \ge \varphi(m)$，因此 $b \ge \varphi(m) \ge \varphi(p^\alpha)=p^\alpha-p^{\alpha-1}=p^{\alpha-1}(p-1) \ge \alpha$。

   那么有

   $$a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(m)+\varphi(m)} \equiv0 \pmod {p^\alpha}$$

最终合并即可。

或者参考 OI Wiki 上的证法：欧拉定理 & 费马小定理 - OI Wiki。

乘法逆元#

是否可以将模拓展到有理数域上呢？答案是可以的。

考虑下面一个问题：

设有正整数 $a,m$，求满足 $a \cdot b \equiv 1 \pmod m$ 的解 $b$。

我们称 $b$ 为 $a$ 模 $m$ 意义下的乘法逆元，记作 $a^{-1} \pmod m$（或者说环 $\Z_m$ 上的乘法逆元）。

其实就是相当于求解 $ax-my=1$ 的 $x$。

由裴蜀定理，当 $\gcd(a,m) > 1$ 时无解，即不存在逆元。

否则就可以用拓展欧几里得求出 $x$。

从另一个角度想，如果存在逆元，由欧拉定理，有

$$\begin{aligned} a^{\varphi(m)} &\equiv 1 &\pmod m \\ a^{\varphi(m) - 1} \cdot a &\equiv 1 &\pmod m \\ b &\equiv a^{\varphi(m) - 1} &\pmod m \end{aligned}$$

快速幂即可求出。

如果要求 $n$ 个数的逆元呢？

求前 $n$ 个数的那个做法多少有点麻烦，个人更喜欢这种：

考虑求任意 $n$ 个数的逆元，先随便给个顺序，然后求个前缀积 $s_1,\dots,s_n$。

之后利用上述方法求 $s_n$ 的逆元。

紧接着倒序一个一个乘回去，$s_n^{-1}\cdot a_n=s_{n-1}^{-1}$，这样线性求出了每个前缀积的逆元。

之后再顺序乘过去，$s_n^{-1}\cdot s_{n-1}=a_{n}^{-1}$。

时间复杂度 $O(n)$，相比直接线性扫的多了点常数，但是好想。

这里也直接给出传统做法：

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

中国剩余定理#

求解同余方程 $x \equiv a_i \pmod {m_i}$，其中 $m_i,m_j$ 两两互质。

令 $M=\prod m,M_i=\frac{M}{m_i}$，再求出 $M_i$ 在模 $m_i$ 意义下的乘法逆元 $M_i^{-1}$ 则该同余方程模 $M$ 下的唯一解为

$$x \equiv \sum_{i=1}^n a_iM_iM_i^{-1} \pmod M$$

证：

先证存在性：

首先由于 $m$ 两两互质，因此 $M_i=\frac{M}{m_i}$ 与 $m_i$ 互质，因此必定存在逆元 $M_i^{-1}$。

而在 $\bmod m_i$ 意义下 $M_iM_i^{-1} \equiv 1 \pmod{m_i}$，因此 $a_iM_iM_i^{-1} \equiv a_i \pmod{m_i}$。

又因为 $m_j | M_i,i \neq j$，所以 $a_iM_iM_i^{-1} \equiv 0 \pmod{m_j}$。

唯一性利用数学归纳法不难证明。

如果模数不两两互质呢？这个时候就要使用拓展中国剩余定理：

考虑取出其中一对不互质的方程，假设为

$$\begin{cases} x \equiv a \pmod m \\ x \equiv b \pmod n \end{cases}$$

其中 $\gcd(m,n) > 1$。考虑写成等式的形式：

$$\begin{cases} x=\lambda m+a \\ x = \mu n + b \end{cases} \Rightarrow\lambda m - \mu n=b-a$$

即求一个不定方程的解，使用裴蜀定理即可判定是否有解，并求出一组特解。

然后将两个方程合并：

$$\begin{aligned} x&=\lambda m+a \\ \lambda &=\lambda_0+k \cdot \frac{n}{\gcd(m,n)} \\ x&=m(\lambda_0+k \cdot \frac{n}{\gcd(m,n)})+a \\ &=m\lambda_0+k\cdot \text{lcm}(m,n)+a \\ \Leftrightarrow x&\equiv m\lambda_0+a\pmod{\text{lcm}(m,n)} \end{aligned}$$

其中 $k \in \Z$，$\lambda_0$ 是通过 exgcd 求出的通解。

两两合并方程组即可。

威尔逊定理#

对于任意质数 $p$，有 $(p-1)! \equiv -1 \pmod p$。

证：

不难发现 $1,\dots,p-1$ 里每一个数都与 $p$ 互质。

引理：若 $a,p$ 互质，则 $a$ 在模 $p$ 意义下的逆元 $a^{-1}$ 存在且唯一。

存在性显然，下证唯一：

假设有两个整数 $b_1,b_2$ 满足

$$ab_1 \equiv1 \pmod p \\ ab_2 \equiv 1 \pmod p$$

那么

$$\begin{aligned} ab_1-ab_2 &\equiv 0 &\pmod p \\ b_1-b_2 &\equiv 0 &\pmod p \\ b_1 &\equiv b_2 &\pmod p \end{aligned}$$

回到原问题，由于每个数的逆元在 $\{1,\dots,p-1\}$ 中唯一确定，因此互为逆元的两个数可以直接消掉，仅需考虑逆元是自己本身的数。

解方程 $x^2 \equiv 1 \pmod p \ (1 \le x \le p - 1)$，解得 $x_1=1,x_2=p-1$。

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

卢卡斯定理#

$$\binom{n}{m} \equiv \binom{n \bmod p}{m \bmod p} \times \binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor} \pmod p$$

人话翻译：原组合数等于将 $n,m$ 表示成 $p$ 进制后每一位分别求组合数并相乘。

关于证明：感觉可以仿照拓展卢卡斯用 CRT 证，但是我不会。