CRT&EXCRT 中国剩余定理及其扩展

前言:

中国剩余定理又名孙子定理。因孙子二字歧义,常以段子形式广泛流传。

 

中国剩余定理并不是很好理解,我也理解了很多次。

CRT 中国剩余定理

中国剩余定理,就是一个解同余方程组的算法。

求满足n个条件的最小的x。

看起来很麻烦。

先找一个特殊情况:$m_1,m_2,...m_n$两两互质。

这个时候,构造$M=m_1*m_2*...m_n$;

令$M_i=M/m_i$;

所以,构造$n$个数,其中第$i$个数是除$i$之外的其他所有数的倍数,并且第$i$个数$mod m_i =1$

即:$M_i x = 1 ( mod m_i ) $求出这样一个x,就求出了 这个数。

因为$m$之间两两互质,所以对于$n$个这样的方程,$x$本质上就是$M_i$在$m_i$意义下的乘法逆元。

(不会$exgcd$?左转:EXGCD 扩展欧几里得

因为互质,一定有解的。

用扩展欧几里得算就可以。

同理,构造$n$个数。$b_1,b_2....b_n$

其中,$b_i=M_i \times x_i$

那么,因为$b_i  = 1 (mod m_i)$,所以$ b_i * a_i = a_i (mod m_i)$

那么,原题目中的这个x就是:$x=(a_1\times b_1+a_2\times b_2+...+a_n\times b_n) $验证一下,是不是?

 

总得来说,

对于$mi$互质的情况,$x=\sum_1^n M_i\times a_i\times inv_i$

其中,$inv_i$表示,$M_i$在$mod\space m_i$意义下的逆元。

当然,为了保证$x$最小,要让$x$和$lcm$做一些处理。当然,因为互质,所以$lcm$就是$M$了

x=(x%M+M)%M

例题:poj1006 生理周期 Biorhythms

在CRT上的小小变形。注意开始计算的时间d就好了。上述最小的$x$就是$n+d$

答案$n=(a_1\times b_1+a_2\times b_2+a_3\times b_3-d)%lcm$

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int p,e,l;
int p1,e1,l1;
int tt,d;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;return;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=(a/b)*x;
}
int main(){
    exgcd(23*28,33,l1,tt);
    l1=(l1%33+33)%33;
    l1*=23*28;
    
    exgcd(28*33,23,p1,tt);
    p1=(p1%23+23)%23;
    p1*=28*33;
    
    exgcd(23*33,28,e1,tt);
    e1=(e1%28+28)%28;
    e1*=23*33;
    
    int lcm=23*28*33;
    int cnt=0;
    while(1){
        ++cnt;
        scanf("%d%d%d%d",&p,&e,&l,&d);
        if(p==-1) break;
        int op=(p1*p+e1*e+l1*l-d+lcm)%lcm;
        if(op==0) op=lcm;
        printf("Case %d: the next triple peak occurs in %d days.\n",cnt,op);
    }
    return 0;
}
poj1006

 

EXCRT 扩展中国剩余定理

但是,不是所有的方程,$m$都是互质的。

$m$不是互质的时候,我们的$M_i x = 1(mod m_i) $可能就没有解了。所以挂掉。

孙子解决不了了。

但是现代人不是孙子也解决了。

(你是孙子吗)

现在,$m_1,m_2,...m_n$之间没有任何关系。

只考虑两个怎么处理?

可以得到:$x=a_1+k_1*m_1 ; x=a_2+k_2*m_2$

所以 $a_1+k_1*m_1 = a_2+k_2*m_2$

$k_2*m_2-k_1*m_1=a_1-a_2$;

很像:$a\times x +b\times y=c$

 

设$m_1,m_2$ 的$gcd$ 为 $g$

设$a_1-a_2=c$

当$c$不是$g$的倍数的时候,那就完了。($exgcd$无解情况)

如果是,就用$exgcd$求出$k_2\times m_2+k_1\times m_1=gcd(m_1,m_2)$的$k1$

因为$c$是$g$的倍数,所以,两边同时乘上$c/g$,即$k_1$乘上$c/g$

就得到了$k_2\times m_2+k_1\times m_1=c$的解$k_1$。

当然,最好$k_1$ 再模一下$m_2$ ($k_1$,$k_2$做出调整),防止爆$long long$

 

然后可以反推x,

但是注意,我们列的原方程是:$k_2\times m_2-k_1\times m_1=c$

差一个符号,所以$k_1$ 实际上是 $-k_1$

$x=-k_1\times m_1+a_1$;

这样就求出了$x$。(可以把这个$x0$转化成最小的非负数解)

这个$x$符合第一个方程,也符合第二个方程。设这个$x$为$x_0$

所以,可以得到通解是:$x=x_0+k\times lcm(m_1,m_2)$

满足这个条件的x就满足第一第二两个方程。满足第一第二两个方程的所有的解也都是这个方程的解。

所以第一第二个方程和这个方程是等价的。

将这个方程转化一下,可以得到新的同余方程:$x=x_0 (mod lcm(m_1,m_2))$

这样,我们成功的把两个方程转化成了一个方程,以此类推。

最后留下的这个方程,它的x_0的最小非负数解,就是我们要的最终答案!!!!!!!!!!!!!!

例题:poj2891

这是一个模板题,直接上代码:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100000+10;
int n;
ll a[N],r[N];
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;return a;
    }    
    ll ret=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=(a/b)*x;
    return ret;
}
ll excrt(){
    ll M=a[1],R=r[1],x,y,d;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        d=exgcd(M,a[i],x,y);
        if((R-r[i])%d) return -1;
        x=(R-r[i])/d*x%a[i];
        R-=M*x;
        M=M/d*a[i];
        R%=M;
    }
    return (R%M+M)%M;
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%lld%lld",&a[i],&r[i]);
        }
        printf("%lld\n",excrt());
    }
    return 0;
}
poj 2891

例题:NOI2018屠龙勇士

1.exgcd转化成同余方程的一般形式

2.求解同余方程

细节:

1.Pi=1的情况特殊处理

2.开始的ai、ki可以不用mod p[i]以免出现0的情况较为麻烦

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register int
#define il inline
#define fi first
#define se second
#define mk(a,b) make_pair(a,b)
#define numb (ch^'0')
#define int long long
using namespace std;
typedef long long ll;
template<class T>il void rd(T &x){
    char ch;x=0;bool fl=false;
    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);
    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);
    (fl==true)&&(x=-x);
}
template<class T>il void output(T x){if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');}
template<class T>il void ot(T x){if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');}
template<class T>il void prt(T a[],int st,int nd){for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');}

namespace Miracle{
const int N=1e5+5;
int n,m;
ll a[N],p[N],st[N],k[N];
multiset<int>s;
multiset<int>::iterator it;
ll ad(ll x,ll y,ll mod){
    return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
ll qk(ll x,ll y,ll mod){
    ll ret=0;
    while(y){
        if(y&1) ret=ad(ret,x,mod);
        x=ad(x,x,mod);
        y>>=1;
    }
    return ret;
}
void clear(){
    s.clear();
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){
        x=1;y=0;return a;
    }
    ll ret=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=(a/b)*x;
    return ret;
}
ll wrk(){//warning!!!  x!=0
//    cout<<" kk "<<endl;
//    prt(k,1,n);
    for(reg i=1;i<=n;++i){//warning!!!
//        a[i]%=p[i];
//        k[i]%=p[i];
//        if(!k[i]) return -1;
        ll x=0,y=0;
        ll g=exgcd(k[i],p[i],x,y);
        x=(x%(p[i]/g)+(p[i]/g))%(p[i]/g);
        if(a[i]%g) return -1;
        x=qk(x,a[i]/g,p[i]/g);
        p[i]=p[i]/g;
        a[i]=x;
    }
//    cout<<" after 1 "<<endl;
//    prt(a,1,n);
//    prt(p,1,n);
    for(reg i=1;i<n;++i){
//        cout<<" turn "<<i<<endl;
        ll p1=p[i],p2=p[i+1];
//        cout<<" p1 "<<p1<<" p2 "<<p2<<" a1 "<<a[i]<<" a2 "<<a[i+1]<<endl;
        ll x=0,y=0;
        ll g=exgcd(p1,p2,x,y);
        ll tmp=a[i+1]-a[i];
        ll mo=p1/g*p2;//lcm
        tmp=(tmp%mo+mo)%mo;
//        cout<<" mo "<<mo<<" tmp "<<tmp<<" x "<<x<<" y "<<y<<endl;
        if(tmp%g) return -1;
        x=(x%(mo/p1)+(mo/p1))%(mo/p1);
        x=qk(x,tmp/g,mo/p1);
        ll nw=(a[i]+qk(x,p1,mo))%mo;
        a[i+1]=nw;
        p[i+1]=mo;
    }
    if(!a[n]) a[n]+=p[n];
    return a[n];
}//warning!!! x!=0
int main(){
    int t;
    rd(t);
    while(t--){
        clear();
        rd(n);rd(m);
        bool fl=true;
        for(reg i=1;i<=n;++i) rd(a[i]);
        for(reg i=1;i<=n;++i) {
            rd(p[i]);
            if(p[i]!=1) fl=false;
        }
        for(reg i=1;i<=n;++i) rd(st[i]);
        ll x;
        for(reg i=1;i<=m;++i){
            rd(x);s.insert(x);
        }
        for(reg i=1;i<=n;++i){
            it=s.upper_bound(a[i]);
            if(it!=s.begin()){
                --it;
                k[i]=*it;
                s.erase(it);
            }else{
                it=s.begin();
                k[i]=*it;
                s.erase(it);
            }
            s.insert(st[i]);
        }
        if(fl){
            ll ans=0;
            for(reg i=1;i<=n;++i){
                ans=max(ans,(a[i]+k[i]-1)/k[i]);
            }
            printf("%lld\n",ans);
        }else{
            printf("%lld\n",wrk());
        }
    }
    return 0;
}

}
signed main(){
    Miracle::main();
    return 0;
}

/*
   Author: *Miracle*
   Date: 2019/4/2 19:09:28
*/
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posted @ 2018-07-02 17:18  *Miracle*  阅读(5379)  评论(5编辑  收藏  举报