同余&逆元简单总结
同余&逆元
1. 同余
1. 同余的基本概念及性质
- 若\(x\)%\(m=a\)即m是 x-a 的一个因子, 则称x与a关于m同余,记作:$$x \equiv a(mod ;m)$$
- 同余基本性质:
○1. 自反性:\(a \equiv a(mod\;m)\)
○2. 对称性:\(a \equiv b(mod\;m) \rightarrow b \equiv a(mod\;m)\)
○3. 传递性:\(a \equiv b(mod\;m),b \equiv c(mod\;m) \rightarrow a \equiv c(mod\;m)\)
○4. 同加性:\(a \equiv b(mod\;m) c \equiv d(mod\;m) \rightarrow a+c \equiv b+d(mod\;m)\)
○5. 同乘性:\(a \equiv b(mod\;m) c \equiv d(mod\;m) \rightarrow ac \equiv bd(mod\;m)\)
○6. 同幂性:\(a \equiv b (mod\;m) \rightarrow a^n \equiv b^n(mod m)\)n是自然数
○7. 若\(a \equiv b(mod\;m),n|m\) 则 \(a \equiv b(mod\;n)\)
○8. 若\(ac \equiv bc(mod\;m),(c,m)=d\)则\(a \equiv b(mod\;\dfrac{m}{d})\)
○9. 若\((m,n)=1,a \equiv b(mod\;m),a \equiv b(mod\;n) \Leftrightarrow a \equiv b(mod\;mn)\)
2. 求解线性同余方程 \(ax≡c(mod\;b)\)
可转化为求解方程: \(ax+by=c\)
(同余方程和线性方程的关系很重要,经常用到!!)
1.预处理:
if(a<0) a=-a,c=-c;
while(c<0) c+=b;//保证 a,c 为正
2.第一步: 检验是否有解
int gcd=Gcd(a,b);
if((c%gcd)!=0) return -1;//若c不是gcd(a,b) 的倍数，则无解
//可以转化为直线上的整点来理解
3.第二步:求解同余方程:\(ax≡gcd(a,b)(mod b)\)即\(ax+by=gcd(a,b)\)
扩展欧几里得算法
inline int ex_gcd(int a,int b)
{
if(b==0) {x=1;y=0;return a;}
int gcd=ex_gcd(b,a%b);
int tmp=x;x=y;
y=tmp-a/b*y;//扩欧
return gcd;
}
//最后得到的x即为原同余方程的一个可行解;
扩欧的证明:
当最后 b'0 时a'gcd(a,b) 则此时 \(a'x+b'y=gcd(a,b)*x\)
令\(x=1,y=0\)即得最后的一组解。
考虑从后往前推出\(ax+by=c\)的解:
设我们前一步求出的解为\(x_1,y_1,此时a,b的值就表示为a,b,当前的解表示为x,y\)
那么因为\(gcd(a,b)=gcd(b,a\)%\(b),a\)%\(b=a-(a/b)*b\)有:$$bx_1+(a-(a/b)b)y_1=gcd(a,b)$$
则:
整理得:
容易看出:
即证。
4.第四步:根据题意得出答案
若要求出最小正整数解：
while(x<0) x+=b;x%=b;
b/=gcd;//mod 要变成 mod/gcd ;(mod 即为 b)
x=x*c/gcd;//同余的同乘性质
while(x<0) x+=b;x%=b;//最小正整数解
若要求出解的个数(或所有解)
int tot=gcd(a,b);// 只有gcd(a,b) 个解
//要求出每个解，只需对其不断加 b/gcd 即可(同时y-=a/gcd)
3.求解单变量模线性方程组(中国剩余定理)
有如下方程:
其中\((m_1\;m_2\;m_3\dots m_n\)两两互质\()\)
为了方便表示,将x设为S
(1)设\(M=\Pi^n_{i=1}m_i\)， 设\(M_i=M/m_i\)
(2)可知对于每一个\(i有:(M_i,m_i)=1\)
即:
\(\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad M_ix+m_iy=1\)
那么\(x为M_1\)的逆元,用\(t_i\)表示
两边同时扩大\(a_i倍\)
\(\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad M_ia_it_i+m_ia_iy=a_i\)
而\(y\)的取值与求解无关,可将\(a_iy\)视为\(y\),则:
\(\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad M_ia_it_i+m_iy=a_i\)
那么易知 \(S=M_ia_it_i\)
则原同余方程组通解为:
为什么把每一个加起来就行了呢?
因为每一个\(M_i\)都含有因子\(m_j(j\ne i)\)，对于其他的同余方程不产生影响。
若要求最小正整数解，则对\(M\)取模即可。
代码如下:
//中国剩余定理求解单变量模线性同余方程组
int CRT(int a[],int m[],int h)
{
int ans=0;int M=1;
for(int i=1;i<=h;i++) M*=m[i];//求M
for(int i=1;i<=h;i++) {
ll Mi,ti;
Mi=M/m[i];//求Mi
ti=Rev(Mi,m[i]);//求Mi的逆元
ans+=((a[i]*Mi%M)*ti)%M;//累加答案
if(ans>=M) ans-=M;//取模
}
return ans;
}
4.扩展中国剩余定理
这同样是用来解决单变量模线性方程组的,但是能够应用于模数不互质的情况
其实这个和中国剩余定理没有什么关系,CRT是用构造法,而EXCRT则基于扩展欧基里德算法
做法:
还是如下方程:
其中\(m_1\ m_2\ m_3\ m_4 \dots m_n\)不一定互质
我们可以发现左边的式子都是相同的,于是有了同余方程合并这种操作
既然是合并,我们只要讨论两个式子的时候的情况
对于:
可以看做是两个方程:
合并一下得到:$$a_1+x_1m_1=a_2+x_2m_2$$
移项:$$x_1m_1=a_2-a_1+x_2m_2$$
假定\(a_2 \geq a_1\),设为\(c\),再化为同余方程:$$m_1x_1\equiv c\ (mod\ m_2)$$
令\(gcd(m_1,m_2)=d\),该同于方程有解当且仅当\(d|c\),所以如果\(d\)不整除\(c\)则整个同余方程组无解
反之,由同余的性质得:$$\frac{m_1}{d}x_1\equiv \frac{c}{d}\ (mod \frac{m_2}{d})$$
记\(d_1=\dfrac{m_1}{d},d_2=\dfrac{m_2}{d},c_2=\dfrac{c}{d}\)
由于此时\(d_1,d_2\) 一定互质,所以\(d_1\)在模\(d_2\)的意义下一定有逆元,记为\(d_1^{-1}\),那么可以解出\(x_1\)(其实就是扩欧)
回代进一开始的方程:
展开化简得:
于是我们可以得到一个新的同余方程:
于是就这样一直合并下去,最后的解就直接出来了(注意最后的模数会变成\(lcm(m_1,m_2,...,m_n)\))
中间结果注意防溢出
函数代码:
inline void EXCRT()
{
ll p1,b1,p2,b2;scanf("%lld %lld",&p1,&b1);
for(register int i=2;i<=n;++i) {
scanf("%lld %lld",&p2,&b2);
ll d=gcd(p1,p2);ll c=b2-b1;
if(c%d) return void(puts("no solution"));
ll d1=p1/d,d2=p2/d,lcm=p1/d*p2;// 这里根据的是负数也能取模 , 可以简化代码
c/=d;ll inv,y;exgcd(d1,d2,inv,y);
ll x1=Mul(inv,c,d2);
b1=(b1+Mul(x1,p1,lcm))%lcm;p1=lcm;
}
printf("%lld\n",b1%p1);
return;
}
5.卢卡斯定理(大组合数取模)
对于组合数取模,如$$C^m_n\ mod\ p$$
其中p是一个质数,有如下定理:
卢卡斯定理:组合数\(C^m_n\)在模意义下等价于把n和m看成一个p进制数,对每一位分别求出组合数后乘起来
比如说假设:
\(n=a_1*p^0+a_2*p^1+a_3*p^3+\dots a_k*p^k,m=b_1*p^0+b_2*p^1+b_3*p^3+\dots b_k*p^k\)
那么:$$C^m_n; mod; p=\prod_{i=0}^k C^{b_i}_{a_i} ; mod;p$$
显然如果p很大的话没有什么鸟用
但是当p不是特别大的话,我们可以发现通过这个定理我们要求的组合数的n,m都不会超过p,可以使用阶乘来解决,并且这时阶乘一定和p是互质的,一定存在逆元,通过阶乘逆元我们可以直接算出组合数
复杂度是\(O(p\ log_pn)\),预处理阶乘逆元就直接是\(O(p+log_pn)\)了,看上去还是很有用的
主要代码:
inline ll C(ll n,ll m,ll p){
if(m>n) return 0;
return fac[n]*fpow(fac[m],p-2,p)%p*fpow(fac[n-m],p-2,p)%p;
}
ll Lucas(ll n,ll m,ll p)
{
if(!m) return 1;
return C(n%p,m%p,p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
}
6.扩展卢卡斯定理
还是这个东西:$$C^m_n\ mod\ p$$
但是p不一定是质数
这个其实和卢卡斯定理也没有什么很大的关系
我们先把p给质因数分解:$$p=p_1{k_1}p_2p_3^{k_3}\dots p_n^{k_n}$$
可以看出,如果所有的k都是1的话,我们设\(C_n^m=x\),对每一个\(p_i\)分别用卢卡斯定理求出组合数\(C_i\),那么就变成了求解一系列的同余方程组:
于是我们可以用中国剩余定理进行合并,求出最后的x,显然在模p意义下最后只会有唯一解
问题在于我们现在的p可能不是一次,而是有k次,要想用CRT来进行合并只能靠求出\(C_n^m\ mod\ p_i^{k_i}\)
因为要把同余式\(x\equiv a\ (mod\ p_1p_2)\)拆开必须要满足\(p_1\)和\(p_2\)互质,显然两个相同的数不会互质
于是问题转化为快速求出\(C_n^m\ mod\ p_i^{k_i}\)
为方便,我们设现在考虑的模数是\(p^k\),\(p\)是一个质数
还是考虑用阶乘来解决:$$C^m_n=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$$
我们仔细观察可以发现\(n!\)中含有的\(p\)这个因子的个数一定会不少于\(m!(n-m)!\)中p的个数,我们可以很容易得到一个阶乘中含有的p的个数的递推公式:$$f(n)=f(\lfloor { \frac{n}{p} }\rfloor)*\lfloor { \frac{n}{p} }\rfloor$$
例如我们要求:\(9!\)中\(2\)的个数:
这就比较直观了,有了这个的话,我们假设求出阶乘中不含\(p\)的项的积,这样就可以通过逆元来进行组合数计算了,只需要最后把因该有的\(p\)给再乘上去就行了
于是问题再次变为如何快速求出阶乘
其实方法在上面\(9!\)的变换中就可以发现了,由于我们不管\(p\)有多少,发现提出来一个\(p\)之后,右边那部分的阶乘可以递归进行计算,就是\(\lfloor { \frac{n}{p} }\rfloor!\),于是关键在于计算左边
由于是模p意义下,在上面的式子中,可以发现左边其实全部都是1,手玩一下其他的发现显然这个东西是以p个一循环的,并且可能会剩下不超过p个数
所以循环部分算出一个然后快速幂\(n/p\)次,最后还会剩下\(n\%p\)个,直接暴力算这些
所以对于一次的阶乘要算的次数也不会超过\(O(p)\)次,总共有\(log_pn\)层
所以计算一个阶乘的复杂度为\(O(p\ log_pn)\)
总复杂度也就是把所有模数的复杂度加起来,最高也不超过最大质因子的复杂度
所以我们就解决了这个问题
剩下的就是算出逆元,求出组合数,处理多余的质因子p,然后CRT合并
代码:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m;int p;
inline void exgcd(int a,int b,int&x,int &y){
if(!b) {x=1;y=0;return;}exgcd(b,a%b,x,y);
int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return;
}
template<class T>inline int fpow(int x,T k,int mod){int ret=1;for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1) ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
template<class T>inline void Inc(T&x,int y,int mod){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return;}
inline int Fac(ll n,int pi,int pk){
if(n<=1) return 1;
int ret=1,rsub=Fac(n/pi,pi,pk),res=n%pk;
if(n>=pk) {for(int i=2;i<=pk;++i) if(i%pi) ret=(ll)ret*i%pk;ret=fpow(ret,n/pk,pk)%pk;} // 统计长度为模数且不含该模数质因子的阶乘
for(int i=2;i<=res;++i) if(i%pi) ret=(ll)ret*i%pk;//模意义下,直接枚举模了之后的未统计数也可以
return (ll)ret*rsub%pk;
}
inline int Inv(int a,int b) {int x,y;exgcd(a,b,x,y);x=(x+b)%b;return x;}
inline ll Count(ll n,int d){return n<d? 0:(Count(n/d,d)+n/d);}
inline int C(ll n,ll m,int pi,int pk)
{
if(m>n) return 0;
int facn=Fac(n,pi,pk),facm=Fac(m,pi,pk),facmn=Fac(n-m,pi,pk);//求解三个阶乘
ll num=Count(n,pi)-Count(m,pi)-Count(n-m,pi);//把p这个质因子都提出来单独算(其实算阶乘的时候没有处理这些数)
return (ll)facn*Inv(facm,pk)%pk*Inv(facmn,pk)%pk*fpow(pi,num,pk)%pk;
}
inline int EXLucas(ll n,ll m,int p){
if(n<m) return 0;if(n==m||!m) return 1;
int ans=0;int x=p;
for(int i=2;i<=p;++i)
if(!(x%i)){
int pk=1;while(!(x%i)) pk*=i,x/=i;
int res=C(n,m,i,pk);
Inc(ans,(ll)res*(p/pk)%p*Inv(p/pk,pk)%p,p);
}return ans;
}
int main(){scanf("%lld %lld %d",&n,&m,&p);printf("%d\n",EXLucas(n,m,p));}
Upd: 稍微改了一下上面的模板 , 下面的模板是预处理阶乘后的 , 这样 \(p\) 这部分的复杂度就不用带 \(log\) 了。
int FC[4][N],Pr[4]={0,3,11,100003},mo[4]={0,81,121,100003};//这里用于预处理到模数(不含其质因子)的阶乘,存放质因子和分解后模数
inline int gcd(int a,int b){return b? gcd(b,a%b):a;}
inline int Count(int n,int d){return n<d? 0:(n/d+Count(n/d,d));}//计算阶乘中的该因子个数
inline void Exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b) {x=1;y=0;return;}
Exgcd(b,a%b,x,y);int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return;
}
inline int Inv(int a,int mod){a%=mod;int x,y;Exgcd(a,mod,x,y);return (x+mod)%mod;}
inline int Fac(int n,int id){//阶乘
return n<=Pr[id]? FC[id][n]:((ll)fpow(FC[id][mo[id]],n/mo[id],mo[id])*FC[id][n%mo[id]]%mo[id]*Fac(n/Pr[id],id))%mo[id];
}
inline int Comb(int n,int m,int id){//组合数
int facn=Fac(n,id),facm=Fac(m,id),facnm=Fac(n-m,id);
int Pop=fpow(Pr[id],Count(n,Pr[id])-Count(m,Pr[id])-Count(n-m,Pr[id]),mo[id]);
if(!Pop) return 0;
return (ll)facn*Inv(facm,mo[id])%mo[id]*Inv(facnm,mo[id])%mo[id]*Pop%mo[id];
}
inline int ExLucas(int n,int m){
if(n<m) return 0;if(!n&&!m) return 1;int ret=0;
for(int i=1;i<=3;++i) {int C=Comb(n,m,i);Inc(ret,(ll)C*Inv(mod/mo[i],mo[i])%mod*(mod/mo[i])%mod);}
return ret%mod;
}
//压行真的好看多了
7.二次剩余
求解 \(x\) 使得:
\(p\) 如果是 \(2\) 那么 \(x=n\) 一定是 \(n\)的一个二次剩余 , 所以这里讨论的 \(p\)都是奇质数。
首先二次剩余并不一定存在 , 其存在的充要条件是: \(n^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1\ (mod\ p)\)
证明(以下运算均在模意义下):
首先我们有 \(x^{p-1}=1\)
把要求的东西左右各 \(\frac{p-1}{2}\) 次方那么就是 \(n^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}=1,\)证毕。
求解方法:
法1:
我们可以利用质数 \(p\) 的原根 \(g\) 来解决这个问题
我们找到一个 \(d\) 使得，\(g^d=n\)，因为 \(g\) 是 \(p\) 的原根那么一定是有解的，可以使用 \(BSGS\) 求解。
那么问题变成 \(x^2=g^d\) ， 可以证明 \(d\) 一定是一个偶数 ，所以 \(x=g^{\frac{d}{2}}\) ，就做完了。
复杂度为 \(O(\sqrt p)\) ，因为要使用 \(BSGS\) 算法求解离散对数。
法2:
这就是一种很数学的方法了。
我们随机一个数 \(a\) 满足 \(a^2-n\) 没有二次剩余，这样的期望次数为 2 。
然后令 \(\delta=\sqrt{a^2-n}\)，定义一个新的数域，所有数可以表示为 \(a+b\delta\)
结论是 \((a+\delta)^{\frac{p+1}{2}}\) 就是 \(n\) 的二次剩余。
证明:
因为 \(a^2-n\) 没有二次剩余，所以 \((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}\neq 1\)
由费马小定理得到 \((a^2-n)^{p-1}=1\) , 那么由代数基本定理这个形如 \(x^2=1\) 的方程只有 \(+1,-1\) 两个根，所以 \((a^2-n)^{\frac{p-1}{2}}=-1\)
也就是 \(\delta^{p-1}=-1\)
然后考虑 \((a+\delta)^{p}\)
因为 \(p\) 是一个奇质数，所以组合数在\(\mod p\) 意义下时当且仅当 \(i=0\) 或 \(i=p\) 时才不为0
所以:\((a+\delta)^p=a^p+\delta^p\)
因为 \(a^p=a,\delta^p=-\delta\)
\((a+\delta)^p=a-\delta\)
\((a+\delta)^{p+1}=a-\delta\)
代码：
inline int Get_sqrt(int n){//二次剩余
if(n<=1) return n;if((int)sqrt(n)*(int)sqrt(n)==n) return (int)sqrt(n);
srand(time(NULL));int a,delta,D=(mod-1)>>1;
while(233) {a=rand()%mod;delta=Dif((ll)a*a%mod,n);if(fpow(delta,D)!=1) break;}
D=(mod+1)>>1;int b=1;int c=1,d=0;
while(D){
if(D&1) {int _c=c;c=((ll)a*c+(ll)b*d%mod*delta)%mod,d=((ll)a*d+(ll)b*_c)%mod;}
int _a=a;a=((ll)a*a+(ll)b*b%mod*delta)%mod;b=(2ll*b*_a)%mod;D>>=1;
}c=min(c,mod-c);
return c;
}
2.逆元
1.定义:在 mod m 的意义下,设b是a的逆元,则:\(a*b≡1 (mod\;m)\)
2.求解方法:
1.线性递推法
逆元的递推公式:$$inv[i]=(P-P/i)*inv[P%i]%P$$
阶乘逆元的递推公式:$$inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%P$$
上面的\(inv[i]\)表示 \(i!\) 的逆元
2.扩展欧基里德法:
在上面我们用扩欧求了如下同余方程的解:$$ax \equiv b\ (mod\ p)$$
而逆元是求的这个同余方程:$$ax \equiv 1\ (mod\ p)$$
所以把b直接设为1然后扩欧解出x的最小正整数解就是a的逆元了
可以发现a,p一定要互质,不然同余方程无解,即a在a和p不互质的情况下是没有逆元的
3.费马小定理
费马小定理:
当a和p互质且p是质数时,有
相当于是:$$a^{p-2}*a \equiv 1\ (mod\ p)$$
所以\(a^{p-2}\)就是a的逆元了
4.欧拉定理
欧拉定理:
当a和p互质时,有
所以\(a\)的逆元是\(a^{\varphi(p)-1}\),其实费马小定理是欧拉定理在p是质数时的一个特殊情况
补充:
扩展欧拉定理:
证明不会
小结:逆元在a和p互质的情况下才有
