『线性同余方程和中国剩余定理』

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<第一次更新>
<第二次更新> 更新了$Ex-CRT$的内容

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<正文>

线性同余方程#

定义#

给定整数$a,b,m$，对于形如$ax\equiv b(mod\ m)$的同余方程我们称之为一次同余方程，即线性同余方程。

解线性同余方程#

对于此类方程，我们可以用如下方法快速的求解。

$$ax\equiv b(mod\ m)⇔m|ax-b$$

不妨设$-ym=ax-b$，则可以将方程改写为$ax+my=b$，该不定方程可以使用扩展欧几里得算法快速地求解(详见『扩展欧几里得算法 Extended Euclid』)。

对于$gcd(a,m)\not |b$的情况，也可以直接判定为原方程无解。

对于使用扩展欧几里得算法求解出来的一个解$x_0$，所有模$\frac{m}{gcd(a,m)}$意义下与$x_0$同余的整数都是方程的解，这是可以由不定方程的通解公式得到的。通常来说，我们需要求解最小非负整数解时，可以使用取模操作让$x$落在$0$到$\frac{m}{gcd(a,m)}-1$的范围内，就得到了最小解。

同余方程(NOIP2012)#

Description#

求关于 x 的同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整数解。

Input Format#

输入只有一行，包含两个正整数 a，b，用一个空格隔开。

Output Format#

输出只有一行，包含一个正整数 x0，即最小正整数解。输入数据保证一定有解。

Sample Input#

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3 10

Sample Output#

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7

解析#

模板题，将方程化为$ax+by=1$，用扩展欧几里得算法求解。由于数据保证$b\geq2$，所以不存在$x=0$的解，利用取模操作就能保证得到的解是最小整数解。

$Code:$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
	if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
	else 
	{
		long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
		long long x_=x,y_=y;
		x=y_;y=x_-a/b*y_;
		return p;
	}
}
long long A,B,X,Y;
int main(void)
{
	scanf("%lld%lld",&A,&B);
	long long p=Exeuclid(A,X,B,Y,1);
	printf("%lld\n",(X%(B/p)+(B/p))%(B/p));
	return 0;
}

中国剩余定理#

描述#

对于形如

$$\begin{cases} x \equiv a_1(mod\ m_1) \\ x \equiv a_2(mod\ m_2) \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ... \\ x \equiv a_n(mod\ m_n) \end{cases}$$

$n$个线性同余方程组成的线性同余方程组，如果有模数$m_1,m_2,...,m_n$两两互质，则方程组一定有解，解为$x=\sum_{i=1}^{n}a_iM_it_i$。

其中，$m=\prod_{i=1}^nm_i$，$M_i=\frac{m}{m_i}$，$t_i$为线性同余方程$M_it_i \equiv 1(mod\ m_i)$的一个解。

证明：
由于$t_i$为线性同余方程$M_it_i \equiv 1(mod\ m_i)$的一个解，所以对于$\forall \ i,a_iM_it_i \equiv a_i(mod\ m_i)$成立，又因为$M_i$是除了$m_i$以外所有模数的倍数，即对于$\forall \ k\not =i,a_iM_it_i \equiv 0(mod\ m_k)$，所以解$x=\sum_{i=1}^{n}a_iM_it_i$对方程$x \equiv a_i(mod\ m_i)$也成立，故该解对于每一个方程都成立。

对于该同余方程组，其通解可以表示为$x+km(k\in Z)$，对于最小非负整数解，也是通过取模$m$的操作就可以了。

曹冲养猪#

Description#

自从曹冲搞定了大象以后，曹操就开始捉摸让儿子干些事业，于是派他到中原养猪场养猪，可是曹冲满不高兴，于是在工作中马马虎虎，有一次曹操想知道母猪的数量，于是曹冲想狠狠耍曹操一把。

举个例子，假如有16头母猪，如果建了3个猪圈，剩下1头猪就没有地方安家了。如果建造了5个猪圈，但是仍然有1头猪没有地方去，然后如果建造了7个猪圈，还有2头没有地方去。

你作为曹总的私人秘书理所当然要将准确的猪数报给曹总，你该怎么办？

Input Format#

第一行包含一个整数n (n <= 10) – 建立猪圈的次数，

解下来n行，每行两个整数ai, bi( bi <= ai <= 1000), 表示建立了ai个猪圈，有bi头猪没有去处。你可以假定ai,aj互质.

Output Format#

输出包含一个正整数，即为曹冲至少养母猪的数目。

Sample Input#

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3
3 1
5 1
7 2

Sample Output#

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16

解析#

中国剩余定理模板题，我们直接利用$Exeuclid$算法和线性同余方程的知识，解出$t_i$，然后构造最小非负整数解即可。

$Code:$

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mset(name,val) memset(name,val,sizeof name)
const int N=12;
long long a[N],m[N],M[N],t[N],n,m_,ans;
inline void input(void)
{
    scanf("%lld",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
}
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
    if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
    else
    {
        long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
        long long x_=x,y_=y;
        x=y_;y=x_-a/b*y_;
        return p;
    }
}
inline void china(void)
{
    m_=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        m_*=m[i];
    for (int i=1;i<=n;i++)
        M[i]=m_/m[i];
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        long long y;
        Exeuclid(M[i],t[i],m[i],y,1);
        ans += a[i]%m_ * M[i]%m_ * t[i]%m_;
        ans %= m_;
    }
}
int main(void)
{
    input();
    china();
    printf("%lld\n",(ans%m_+m_)%m_);
    return 0;
}

拓展中国剩余定理#

对于形如

$$\begin{cases} x \equiv a_1(mod\ m_1) \\ x \equiv a_2(mod\ m_2) \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ... \\ x \equiv a_n(mod\ m_n) \end{cases}$$

这样的方程组，如果模数$m$两两互质，那么我们可以直接利用中国剩余定理构造出解。但是对于模数$m$不互质的情况，我们其实也可以利用类似的方法求解。

我们考虑用数学归纳法的过程构造解。对于前$k-1$个方程，假设已经有一个合法的解$x$，那么我们利用如下的方法得到满足前$k$个方程的解：

记$m=lcm(m_1,m_2,...,m_{k-1})$，显然，对于$\forall \ p\in Z,x+pm$都是前$k-1$个方程的解。
那么我们找一个$p=t$，使得$x+pm\equiv a_k(mod\ m_k)$就是前$k$个方程的解了。这个就是扩展欧几里得算法的事了嘛。
$x+pm\equiv a_k(mod\ m_k)⇔pm\equiv a_k-x(mod\ m_k)$，扩展欧几里得解一下，如果无解，则原方程组无解。

当然，求解最小整数解还是取模就行了。

$Code:$

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inline long long ExCRT(void)
{
    long long m_=m[1],x=r[1];
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        long long x_,y_;
        if ( (r[i]-x) % gcd(m_,m[i]) )return -1;
        long long p=Exeuclid(m_,x_,m[i],y_,r[i]-x);
        long long Mod=m[i]/p;
        //要对当前的解先取模，防止爆longlong
        x_ = (x_%Mod+Mod)%Mod;
        x += x_ * m_;
        m_ = m_*m[i]/p;
        x = (x+m_)%m_;
    }
    return x;
}

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<后记>