【瞎口胡】基础数学 2 裴蜀定理 exgcd 同余相关

写在前面

在第一篇当中我们介绍了一点基本知识。

第二篇的内容较第一篇稍有难度，但是也非常基础，相信只要学过小学数学就能看明白。

裴蜀定理与扩展欧几里得算法

• 裴蜀定理

  对于任意非负整数 \(a,b\)：

  1. 任意整数 \(x,y\) 都满足 \(ax+by\) 是 \(\gcd(a,b)\) 的倍数。

     证明：\(\gcd(a,b) \mid a,\gcd(a,b) \mid b\)，则一定有 \(\gcd(a,b) \mid ax +by\)。

  2. 存在整数 \(x,y\) 使得 \(ax+by = \gcd(a,b)\)。

     证明：数学归纳法。回忆欧几里得算法的最后一步，\(a_0 = \gcd (a,b),b_0 = 0\)，取 \(x'=1,y'=0\)，即有 \(a_0 x' + b_0y' = \gcd(a_0,b_0)\)。

     根据欧几里得算法的流程，\(a_0 = b,b_0 = a\mod b\)。

     \[a_0 x' + b_0y' = \gcd(a_0,b_0) \]
     \[bx' + (a \mod b)y' = \gcd(a,b) \]
     \[bx' + (a- \left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloor b)y'=\gcd(a,b) \]
     \[ay'+b(x'- \left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y')=\gcd(a,b) \]

     因此有 \(x=y',y=x'-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y'\)。对于每一层的 \(a,b\) 都是如此，在回溯完成之后就会得到一组正确的解。

• 扩展欧几里得算法

  简称扩欧，exgcd。

  按照证明裴蜀定理的方式，将欧几里得算法稍作修改：

  inline int exgcd(int _a,int _b,int &_x,int &_y){
  	if(!_b){
  		_x=1,_y=0; // 最后一步
  		return _a;
  	}
  	int g=exgcd(_b,_a%_b,_x,_y),Temp; // 先算出下一层的答案
  	Temp=_x,_x=_y,_y=Temp-(_a/_b)*_y; // 计算这一层的答案 注意顺序是先算 x 再算 y，还需要一个辅助变量
  	return g;
  }
  

• 应用

  • 求方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的解集

    考虑我们 exgcd 求出了该方程的一组特解 \(x_0,y_0\)。我们希望在此基础上将 \(x_0,y_0\) 加上一个值，设其为 \(\Delta x,\Delta y\)。

    那么它们必须满足 \(a\Delta x + b \Delta y = 0\)。即

    \[\Delta y = -\dfrac{a}{b}\Delta{x} \]

    将 \(\dfrac ab\) 约分，设其最简形式为 \(\dfrac{a'}{b'}\)，显然 \(a' = \dfrac{a}{\gcd(a,b)},b' = \dfrac{b}{\gcd(a,b)}\)。此时有

    \[\Delta y = -\dfrac{a'}{b'}\Delta{x} \]

    因为 \(\Delta y\) 是整数，因此 \(\Delta{x}\) 必须是 \(b'\) 的倍数。设 \(\Delta x = l \cdot b'\)，则 \(\Delta y = - l \cdot a'\)，其中 \(l\) 是任意整数。

    综上，\(ax + by = \gcd(a,b)\) 的解集为 \(x = x_0 + k \dfrac{b}{\gcd(a,b)}, y = y_0 - k \dfrac{a}{\gcd(a,b)}\)。

  • 求方程 \(ax + by = c\) 的解集

    由裴蜀定理，\(ax + by\) 一定是 \(\gcd(a,b)\) 的倍数。因此如果 \(\gcd(a,b) \nmid c\)，该方程无解。

    令 \(g = \gcd(a,b)，c = t \times g\)。

    \[ax + by = c \]
    \[ax + by = g \cdot t \]
    \[a\dfrac xt + b \dfrac yt = g \]

    令 \(x'=\dfrac xt,y'=\dfrac yt\)，此时用扩欧求出该方程的解 \(x'_0,y'_0\)，则原方程的一组特解为 \(x_0 = t x'_0 ,y_0= t y'_0\)。

    利用求 \(ax + by = \gcd(a,b)\) 时的证明方法，可以知道该方程的解集为 \(x = x_0 + k \dfrac{b}{\gcd(a,b)}, y = y_0 - k \dfrac{a}{\gcd(a,b)}\)。

同余

对于整数 \(a,b\) 和正整数 \(p\)，若 \(a \mod p = b \mod p\)，则成 \(a \equiv b \pmod p\)，读作「\(a\) 在模 \(p\) 意义下与 \(b\) 同余」。

基本性质

• 性质 \(1\)：自反性

  \[a \equiv a \pmod p \]

• 性质 \(2\)：对称性

  \[a \equiv b \Rightarrow b \equiv a \pmod p \]

• 性质 \(3\)：传递性

  \[a \equiv b,b \equiv c \Rightarrow a \equiv c \pmod p \]

• 性质 \(4\)：可加、可乘性

  \[a \equiv b \Rightarrow an \equiv bn ,a \pm n \equiv b \pm n \pmod p \]

• 性质 \(5\)

  当 \(c\) 与 \(p\) 互质的时候：

  \[ac \equiv bc \Rightarrow a \equiv b \pmod p \]

  证明：考虑 \(a \equiv b\) 的充要条件是 \(p \mid (a-b)\)。

  \(ac \equiv bc\) 可以推出 \(p \mid (ac-bc)\)，即 \(p \mid (a-b)c\)。当 \(c\) 与 \(p\) 互质的时候，\(a-b\) 才一定被 \(p\) 整除。换句话说，\(\gcd(c,p) = 1\) 是上式成立的充分条件。

  性质 \(5\) 非常重要，一定要牢记只有 \(\gcd(c,p) = 1\) 的时候该性质才成立。

剩余系与剩余类

所有对 \(p\) 同余的整数构成模 \(p\) 的一个剩余类。考虑一个整数 \(\mod p\) 的取值范围是 \([0,p-1]\)，于是剩余类显然有 \(p\) 个。若某个剩余类中的整数模 \(p\) 的结果与 \(p\) 互质，则称该剩余类为互质剩余类。

注意，模 \(p\) 为 \(0\) 的整数构成的剩余类不是互素剩余类。

完全剩余系：在所有同余类中各任取一个整数，它们构成了模 \(p\) 的一个完全剩余系。

简化剩余系（缩系）：在所有互质剩余类中任取一个整数，它们构成了模 \(p\) 的一个缩系。

完全剩余系和缩系的个数是无限的。

费马小定理

对于质数 \(p\) 和任意满足 \(\gcd(a,p) = 1\) 的 \(a\)，有

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \]

• 引理

  对于满足上述条件的 \(a\)，\(a,2a,3a,...,(p-1)a\) 构成模 \(p\) 的一个缩系。

  证明：显然上面的 \(p-1\) 个数与 \(p\) 互质。如果存在 \(0 \leq i \neq j < p\) 使得 \(ai \equiv aj \pmod p\)，由性质 \(5\) 将两边同时除以 \(a\)，得 \(i \equiv j \pmod p\)，因为 \(0 < i,j < p\)，即 \(i = j\)，与假设矛盾。

显然

\[1 \times 2 \times ... \times (p-1) \equiv a \times 2a... \times (p-1) a \pmod p \]

\[1 \times 2 \times.. \times (p-1) \equiv 1 \times 2 \times ... \times (p-1) \times a^{p-1} \pmod p \]

由性质 \(5\)，将两边化简并调换位置得

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \]

欧拉定理

对于任意模数 \(p\) 和任意满足 \(\gcd(a,p) = 1\) 的 \(a\)，有

\[a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p \]

其中 \(\varphi(x)\) 表示小于 \(x\) 的正整数中与 \(x\) 互质的个数。

证明和证明费马小定理类似，不再赘述。

注意到费马小定理是欧拉定理的特例。

扩展欧拉定理

对于任意 \(a,b,m\)，有

\[a^b \equiv \begin{cases}a^{b} & b < \varphi(m) \\ a^{(b \mod \varphi(m)) + \varphi (m)}& b \geq \varphi(m)\end{cases} \pmod m \]

先取 \(m\) 的一个质因子 \(p\)，设 \(m=p^k \times s\)，其中 \(\gcd(p,s)=1\)。则有 \(p^{\varphi(s)} \equiv 1\pmod s\)。又 \(\varphi(m) = \varphi(s) \times \varphi(p^k)\)，即 \(\varphi(m)\) 是 \(\varphi(s)\) 的倍数，那么也有 \(p^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod s\)。

设 \(p^{\varphi(m)}=ts+1\)，那么 \(p^{\varphi(m)+k} = p^k(ts+1)=tm+p^k\)，\(p^{\varphi(m)+k} \equiv p^{k} \pmod m\)。

观察到

\[p^b \equiv p^{b-k+k} \pmod m \]

\[p^b \equiv p^{b-k} \cdot p^k \pmod m \]

\[p^b \equiv p^{b-k} \cdot p^{\varphi(m)+k} \pmod m \]

\[p^b \equiv p^{b+\varphi(m)}\pmod m \]

注意到，当 \(b \geq k\) 时，上式才一定成立。这是因为 \(b,m\) 不保证互质，此时 \(p\) 的负数次幂（即逆元）在模 \(m\) 意义下不一定有定义。

注意到 \(\varphi(p^k) = (p-1)p^{k-1}\)，那么又有 \(k \leq \varphi(p^k) \leq \varphi(m)\)。我们可以说，当 \(b \geq \varphi(m)\) 时，$$p^b \equiv p^{b+\varphi(m)}\pmod m$$。令 \(b'=b+\varphi(m)\)，那么我们可以说，当 \(b' \geq 2\varphi(m)\) 时，\(p^{b'} \equiv p^{b'-\varphi(m)}\pmod m\)，从而得证。

乘法逆元

对于整数 \(a\) 和模数 \(p\)，称 \(ax \equiv 1 \pmod p\) 的整数 \(x\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元。\(a\) 的乘法逆元记为 \(a^{-1}\)。

求法 \(1\)：对于 \(p\) 是质数的情况下，由费马小定理有 \(a \times a^{p-2} \equiv 1 \pmod p\)，则 \(a\) 的乘法逆元为 \(a^{p-2}\)。

求法 \(2\)：对于 \(p\) 不是质数的情况下，有 \(ax - py = 1\)，此时 \(a,p\) 为定值，使用 exgcd 求出 \(x\) 的最小非负整数解即可。

上述求法的时间复杂度均为 \(O(\log n)\)，由求法 \(2\) 可知，\(a\) 在模 \(p\) 意义下存在逆元的充要条件是 \(\gcd(a,p)=1\)。

求法 \(3\)：在已知 \(\forall 1 \leq i \leq n,\gcd(i,p)=1\) 的情况下，怎样快速求出 \(1 \sim n\) 的每一个数在模 \(p\) 意义下的逆元？

我们有一个线性的做法。对于 \(i\)，如果我们知道 \(1\sim i-1\) 中每一个数的逆元，那么将 \(p\) 写成 \(ki + r(0 \leq r<i)\) 的形式，则有：

\[ki + r \equiv 0 \pmod p \]

左右两侧同乘 \(i^{-1} \times r^{-1}\)：

\[k \times r^{-1} + i^{-1} \equiv 0 \pmod p \]

整理得

\[i^{-1} = (-\left \lfloor \dfrac{p}{i}\right \rfloor \times (p \mod i)^{-1}) \mod p \]

。

	long long inv[MAXN];
	......
	n=read(),m=read(); // m 为模数
	inv[1]=1;
	for(rr int i=2;i<=n;++i){
		inv[i]=(m-m/i)*inv[m%i]%m; // m-m/i 为模意义下的 -p/i
	}
	for(rr int i=1;i<=n;++i){
		printf("%lld\n",inv[i]);
	}

记忆技巧：用 \(i \times \dfrac pi + p \mod i\) 表示 \(p\)，再乘上逆元。

阶乘逆元

如果题目的模数 \(p\) 较大且为质数，而 \(n<p\)，则 \(n!\) 一定和 \(p\) 互质，于是根据费马小定理，\(n!\) 一定存在模 \(p\) 意义下的逆元。

方法 \(1\)：我们可以使用 \(n\) 次费马小定理，利用快速幂进行计算，从而得到每一个 \(i!(1 \leq i \leq n)\)，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

方法 \(2\)：观察到 \((i+1)!=i! \times (i+1)\)。我们可以用 \(O(n)\) 的时间计算出 \([1,n]\) 中每一个数的逆元和 \(n!\)，然后倒着递推。

线性同余方程组

中国剩余定理 / CRT

给定同余方程组

\[\left\{\begin{aligned}x\equiv a_1\pmod{{m_1}}\\ x\equiv a_2\pmod{{m_2}} \\ x\equiv a_3 \pmod{{m_3}} \\ \cdots \\ x\equiv a_n\pmod{{m_n}}\end{aligned}\right. \]

其中 \(a_i\) 是任意整数，\(m_i\) 两两互质。

不失一般性，令 \(0 \leq a_i < m_i\)。设 \(p = \prod \limits_{i=1}^{n} m_i\)，则该方程存在一解 \(x_0 = \sum \limits_{i=1}^{n} a_it_iM_i\)，其中 \(M_i = \dfrac{p}{m_i}\)（即：\(M_i = \prod \limits _{1 \leq r \leq n \and r\neq i} m_r\)），\(t_i\) 是 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的乘法逆元。

证明：对于每一个 \(i(1 \leq i \leq n)，\)考虑和式中的任意 \(a_jt_jM_j (j \neq i)\)。由 \(M_j\) 的定义知它是 \(m_i\) 的倍数，于是 \(a_jt_jM_j \equiv 0 \pmod{m_i}\)。再来考虑和式中 \(a_it_iM_i\) 一项。由乘法逆元和 \(t_i\) 的定义只 \(t_iM_i = 1\)，于是 \(a_it_iM_i \equiv a_i \pmod {m_i}\)。综上，\(x_0 \equiv a_i \pmod{m_i}\)，满足该约束条件。

中国剩余定理断言该方程的通解是 \(x= x_0 + kp(k \in \mathbb Z)\)。易证这一定是原方程组的解。接下来证明不存在其它任意解。

考虑有同余方程组

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

那么对于任意满足 \(m_1j_1+a_1=m_2j_2+a_2\) 的整数 \(j_1,j_2\)，方程的解 \(x=m_1j_1+a_1\)。

整理得 \(m_1j_1-m_2j_2=a_2-a_1\)。令 \(j_2'=-j_2\)，即 \(m_1j_1+m_2j_2'=a_2-a_1\)。容易观察到这是 exgcd 的形式。观察到如果 \(\gcd(m_1,m_2)\mid a_2-a_1\)，那么一定存在一组 \(j_1,j_2'\) 的特解 \(j_{1,0},j_{2,0}'\)。同时，我们也知道了，该方程有解当且仅当 \(\gcd(m_1,m_2) \mid a_2 - a_1\)（不失一般性，我们假设 \(a_2 \geq a_1\)）。由裴蜀定理，\(j_1 = j_{1,0} + k\dfrac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)},j_2'=j_{2,0}'-k\dfrac{m_1}{\gcd(m_1,m_2)}(k \in \mathbb Z)\)。

则

\[x = m_1j_1+a_1 \]

\[= m_1(j_{1,0} + k\dfrac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)} +a_1 \]

\[=m_1j_{1,0}+km_1m_2\gcd(m_1,m_2) + a_1 \]

\[=k\operatorname{lcm}(m_1,m_2) + m_1j_{1,0} + a_1 \]

于是我们将之前的同余方程组变成了一个同余方程

\[x \equiv m_1j_{1,0} + a_1 \pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)} \]

这证明了我们可以将这两个同余方程合并成一个模数为 \(\operatorname{lcm}(m_1,m_2)\) 的新同余方程。同时我们得到了一个结论：不存在该方程组的两个解 \(x_1 = k_1\operatorname{lcm}(m_1,m_2) + r_1,x_2 =k_2\operatorname{lcm}(m_1,m_2) +r_2\) 使得 \(r_1 \neq r_2\)，因为 \(x\) 的所有解在模 \(\operatorname{lcm}(m_1,m_2)\) 意义下同余。

将该结论推广到原同余方程组

\[\left\{\begin{aligned}x\equiv a_1\pmod{{m_1}}\\ x\equiv a_2\pmod{{m_2}} \\ x\equiv a_3 \pmod{{m_3}} \\ \cdots \\ x\equiv a_n\pmod{{m_n}}\end{aligned}\right. \]

我们可以说，不存在该方程组的两个解 \(x_1 = k_1\operatorname{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_n) + r_1,x_2 =k_2\operatorname{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_n) r_2\) 使得 \(r_1 \neq r_2\)。

由于 \(m_i\) 两两互质，即不存在该方程组的两个解 \(x_1 = k_1p + r_1,x_2 =k_2p+r_2\) 使得 \(r_1 \neq r_2\)。不失一般性，设 \(0 \leq x_0 < p\)。假设存在解 \(k'p+r'(0 \leq r'< p)\) 但 \(r' \neq x_0\)，则我们可以找到另外一个解 \(k'p+x_0\)。\(r' \neq x_0\)，于是这和我们得到的结论矛盾。

扩展中国剩余定理 / exCRT

问题与 CRT 的应用场景基本一致，但 \(m_i\) 不一定两两互质。中国剩余定理不再适用。

考虑求出前 \(k-1\) 个方程的一个解 \(x\)。记 \(\text {lcm} (m_1,m_2,...,m_{k-1})=M\)。我们要做的是找到一个正整数 \(t\)，使得 \(x + tM \equiv a_i (\mod m_i)\)。这很容易理解，因为前 \(k-1\) 个方程合并之后的模数就是 \(\operatorname{lcm}(m_1,m_2,\cdots,m_{k-1})\)。

移项，得 \(tM \equiv a_i - x (\mod m_i)\)，可以 exgcd 求出，合并前 \(k\) 个方程即可。

该方程的通解是 \(x + k \times \text{lcm}(m_1,m_2,...,m_n) (k \in \mathbb Z)\)。这很容易证明，像证明 CRT 那样就可以了。

注意到当 \(m_i\) 不一定两两互质时，可能会出现无解的情况。

高次同余方程 / BSGS 算法

BSGS 算法，全程 Baby Step, Giant Step 算法，一译「小步大步算法」。

其作用是求解形如 \(a^x\equiv b \pmod m\) 的方程，其中 \(\gcd(a,m) =1\) 且 \(m\) 是质数。

由费马小定理，\(a^{m-1}=1 \pmod m\)，于是我们只需要考虑在 \([0,m-1)\) 范围的解。

BSGS 算法的名字「小步大步」解释了该算法的流程：

考虑将某个指数拆成 \(ik-r\) 的形式，其中 \(0 \leq r < k,k>1\)。如果有 \(a^{ik-r} \equiv b \pmod m\)，那么也有 \(a^{ik} \equiv a^r \times b \pmod m\)。

我们可以用 \(O(k)\) 的时间计算出 \(a^r \mod m (0 \leq r < k)\)（并存放在 hash 表或 map 中。然后，我们用 \(O(\dfrac{m}{k})\) 的时间检查：对于每一个满足 $0 \leq i $，hash 表或 map 中是否存在 \(a^r \times b \mod m\) 和 \(a^{ik} \mod m\) 相等。

总时间复杂度为 \(O(k+\dfrac{m}{k})\)，当 \(k= \sqrt m\) 时最优，为 \(O(\sqrt m)\)。如果使用了 map，则还需要带一个 \(\log\) 的复杂度。

模板题 POJ2417

# include <cstdio>
# include <cmath>
# include <cstring>
# define int long long

const int MOD=9997;
const int N=100010,INF=0x3f3f3f3f;
int p,b,n;

struct HashTable{
	struct Hash_Edge{
		int key,value,next;
	}edge[100010];
	int head[10010],sum;
	inline void add(int key,int value){
		edge[++sum].key=key;
		edge[sum].value=value;
		edge[sum].next=head[key%MOD];
		head[key%MOD]=sum;
		return;
	}
	inline int query(int key){
		for(int j=head[key%MOD];j;j=edge[j].next){
			if(edge[j].key==key){
				return edge[j].value;
			}
		}
		return -1;
	}
}HashT;

inline int read(void){
	int res,f=1;
	char c;
	while((c=getchar())<'0'||c>'9')
		if(c=='-')f=-1;
	res=c-48;
	while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
		res=res*10+c-48;
	return res*f;
}
inline int qpow(int d,int p,int mod){
	int ans=1;
	while(p){
		if(p&1){
			ans=ans*d%mod;
		}
		p>>=1,d=d*d%mod;
	}
	return ans;
}
# undef int
int main(void){
# define int long long
	while(~scanf("%lld%lld%lld",&p,&b,&n)){
		memset(HashT.head,0,sizeof(HashT.head));
		HashT.sum=0; 
		if(n==1){ //特判 x^0 = 1 (x != 0)
			printf("0\n");
			continue;
		}
		int m=ceil(sqrt(double(p)));
		int now=1;
		for(int i=0;i<m;++i){ // baby step
			if(!i){
				HashT.add(now*n%p,i);
				continue;
			}
			now=now*b%p;
			HashT.add(now*n%p,i);
		}
		int base=qpow(b,m,p),ans=1;
		for(int i=1;i<=m;++i){ // giant step
			ans=ans*base%p;
			if(HashT.query(ans)!=-1){
				printf("%lld\n",i*m-HashT.query(ans));
				goto END;
			}
		}
		puts("no solution");
		END:;		
	}

	return 0;
}