【算法学习笔记】模运算总结

模运算是一个高深的地方，初来乍到，还是写一下为敬QAQ。。。

记号

我们把 \(a\) 除以 \(m\) 所得的余数记作 \(a \bmod m\)。
如果 \(a \bmod m = b \bmod m\)，即 \(a\), \(b\) 除以 \(m\) 所得的余数相等，那么我们记作：

\[a\equiv b\pmod{m} \]

基本性质

模运算有一些基本性质：如果 \(a\equiv b\pmod{m}\) 且有 \(c\equiv d\pmod{m}\)，那么下面的模运算律成立：

\[a + c\equiv b + d\pmod m\\ a - c\equiv b - d\pmod m\\ a \times c\equiv b \times d\pmod m \]

这就是我们平常经常利用的性质，如果答案对一个数取模，那么模了再加，乘，减都是不影响答案的。特别注意除法是没有这个性质的！

剩余系

如果一个剩余系中包含了这个正整数 \(n\) 所有可能的余数（一般地，对于任意正整数 \(n\)，有 \(n\) 个余数：\(0,1,2,...,n-1\)），那么就被称为是模 \(n\) 的一个完全剩余系，记作 \(Z_n\)；而简化剩余系就是完全剩余系中与 \(n\) 互素的数的那些元素，记作 \(Z_n^*\)

\(Z_n\) 里面的每一个元素代表所有模 \(n\) 意义下与它同余的整数。例如 \(n = 5\) 时，\(Z_5\) 的元素 \(3\) 实际上代表了 \(3, 8, 13, 18,....,5k + 3(k\in N)\) 这些模 \(5\) 余 \(3\) 的数。 我们把满足同余关系的所有整数看作一个同余等价类。

自然地，在 \(Z_n\) 中的加法，减法，乘法，结果全部要在模 \(n\) 意义下面了，例如在 \(Z_5\) 中，\(3 + 2 = 0,3\times2=1\)。

逆元

在实数运算下面，如果 \(ab = 1\)，那么可以说$ a, b$ 互为倒数，它们相乘永远得 \(1\)。不幸的是，\(\bmod m\) 的运算下面也有倒数的概念，而且要恐怖的多。

如果在 \(Z_n\) 中两元素 \(a,b\) 满足 \(ab = 1\) ，比如在 \(Z_{15}\) 中，\(7*13 =1\)，那么我们就说 \(a,b\) 互为模 \(n\) 意义下乘法的逆 ！记作 \(a = b^{-1},b = a^{-1}\) 。

我们知道，除以一个数等价于乘以这个数的倒数，在模运算中，除以一个数等于乘上这个数的逆（如果这个数存在乘法逆的话）！举个栗子，在 \(Z_5\) 中， \(4÷3 = 4\times3^{-1} = 4 \times2=3\)。

看上去有点神乎其神，\(4÷3\) 甚至不是整数，怎么可能答案是 \(3\) ？？？别忘了，剩余系中每一个元素都对应一个同余等价类，所以 \(4÷3=3\) 的实际含义是：“假定有两个整数 \(a,b\) 满足 \(\frac ab\) 是整数且\(a,b\) 除以 \(5\) 的余数分别是 \(4\) 和 \(3\) ，那么 \(\frac ab\) 除以 \(5\) 的余数等于 \(3\) ” ，比如 \(a= 9,b =3\) 时就成立。

线性模方程

线性模方程是下面这玩意，其中 \(x\) 是未知数，我们需要做的事情是求出 \(x\) 的 \(Z_m\) 的解集。

\[ax\equiv b\pmod m \]

因为同余，所以有 \(ax - b = ym\) ，即 \(ax - my = b\) ，这个方程有解当且仅当 \(gcd(a,m) | b\) 。这是第一步。

假设 \(a\) 的逆在模 \(m\) 意义下存在，为 \(a^{-1}\) ，那么根据基本性质，两边可以同乘 \(a^{-1}\) ，则得到 \(x\equiv b\times a^{-1}\pmod m\) ，是不是这样，问题就轻松解决了呢？并不是，\(a\) 的逆极有可能在模 \(m\) 意义下不存在，我们试着求一下在模 \(m\) 意义下 \(a\) 的逆。即解

\[ax\equiv 1\pmod m \]

转化

\[ax - 1=my \]

移项

\[ax - my = 1 \]

根据扩展欧几里得算法，当且仅当 \(gcd(a,m) = 1\) ，模 \(m\) 意义下 \(a\) 的逆存在。所以，我们要解 \(ax\equiv b \pmod{m}\) ，必须将其转化，使得 \(a\) 的乘法逆存在。

将 \(ax - my = b\) 两边同时除以 \(gcd(a,m)\) ，得到：

\[a'x-m'y=b'(a'=\frac{a}{\gcd(a,m)},m'=\frac{m}{\gcd(a,m)},b'=\frac{b}{\gcd(a,m)}) \]

于是问题回到了求解：

\[a'x\equiv b'\ (mod\ m') \]

这一回，我们能保证 \(gcd(a’,m’) = 1\) ，所以 \(a\) 在这里一定有乘法逆！

那么这个方程的解是在 \(Z_{m’}\) 剩余系内的：

\[x\equiv(a')^{-1}b'\ (mod\ m') \]

但是我们需要求解的是 \(Z_m\) 剩余系内的元素，怎么转换过去呢？设 \(p = (a’)^{-1}b’\) ，那么我们有无穷多个实数解：\(x=p,p+m′,p+2m′,p+3m′...\) 。我们想要知道，这无穷多个实数解，在模 \(m\) 意义下究竟有多少个等价类（即模 \(n\) 会有多少个不同的余数）？大家可能已经发现了，正好 \(d=\gcd(a,m)\) 个，分别为 \(p,p+m′,p+2m′,...,p+(d−1)m′\)。

为什么呢？假设 \(p + im'\) 与 \(p + jm'\) 模 \(m\) 同余，那么 \((p + im') - (p + jm') = (i - j)m'\)，必定是 $m $的倍数，也就是 \(i - j\)是 \(d\) 的倍数。所以是 \(d\) 个一轮回的！

\(p,p+dm′,p+2dm′,...\) 这些数模 \(m\) 同余；
$p + m', p + (d + 1)m', p + (2d + 1)m',... $这些数模 \(m\) 同余；
...
\(p + (d - 1)m', p + (d + d - 1)m', p + (2d + d - 1)m',...\) 这些数模 mm 同余；

而 \(p,p + m',p+2m',...,p+(d-1)m'\) 之间不可能同余，因为不满足 \(i−j\) 是 \(d\) 的倍数。所以，方程 \(ax\equiv b \pmod{m}\) 要么无解，要么恰有 \(\gcd(a, m)\) 个解。

总结起来，解线性同余方程只需要求 \(a\) 的乘法逆，但分析过程还是有些恼人的。

中国剩余定理

更加详细的介绍：Here

现在如果有多个同余方程，即同余方程组，变量只有一个，且 \(x\) 前面系数为 \(1\)， 任意 \(m_i\) 之间互素，该怎么做呢？
中国剩余定理在这里派上用场了，它并不是一种算法，而是一种思考、构造的方法。

现在有方程组 \(x\equiv a_i \pmod {m_i}\)。我们令 \(M = \prod m_i，w_i = \frac{M}{m_i}\)。那么解一定可以表示为$ Z_M$ 剩余系中的一个元素，即 \(x\equiv b\pmod M\)。我们来构造这个解。

由于 \(m_i\) 之间互素，可以得到 \(\gcd(m_i, w_i) = 1\)，构造出这样一个方程 \(w_ip_i + m_iq_i = 1\)，由于 \(\gcd(m_i, w_i) = 1\)，此方程一定有解。用扩展欧几里得算法解出 \(p_i, q_i\)，令 \(e_i = w_ip_i\)，现在有一些有趣的性质，方程两边都模 \(m_i\)，得到 \(e_i \bmod m_i + 0 = 1\) 即 \(e_i \bmod m_i = 1\)。

依据这一性质，我们构造得到方程在 \(Z_M\) 剩余系中的唯一解 \(x \equiv e_1a_1 +e_2a_2 +...+e_na_n\pmod M\)。验证一下，只需把每个方程带进去，看是否都成立即可。对于 \(x\equiv a_i \pmod {m_i}\)，将得到的解右边模 \(m_i\)，惊奇的发现，除了 \(e_ia_i\) 这一项的结果为 \(a_i\) 之外，其余项的结果都是 \(0\)。

\[x≡0+0+..+1×a_i+0+..+0\pmod {m_i} \]

原因是 \(e_i \bmod m_i = 1\) 一模变成 \(1\)，还有 中 \(w_j\) 必定含有因子 \(m_i\)，所以一模就成 \(0\) 了。

则对于每一个 \(m_i\)，我们都能得到一个与原方程组一模一样的同余等式，所以这个解是正确的。

所以 \(x_0 = e_1a_1 +e_2a_2 +...+e_na_n\) 显然是一个实数解，\(x_0 + M, x_0 +2M, x_0 + 3M....x\) 都是解，原方程组有无穷组实数解。

欧拉定理

在数论中，欧拉定理是一个关于同余的性质。欧拉定理表明，若 \(n,a\) 为正整数，且 \(n,a\) 互素，则：

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

特别的，当 \(n\) 为素数的时候，aa 可取任意 \(Z_n\) 内元素。由于 \(\varphi(n) = n - 1\)，故有：

\[\begin{aligned}a^{n - 1} \equiv 1 \pmod n\\a^n \equiv a \pmod n\end{aligned} \]

这就是费马小定理。观察到右边 \(1\) 的存在，发现与之前所说的逆元有一点相似：

\[ax\equiv 1\pmod n \]

\(x\) 是逆元，根据费马小定理，有 \(x \equiv a^{n-2} \pmod n\)，故可以快速幂在 \(O(\log n)\) 的时间内快速求出任意 \(Z_n\) 内元素的逆元，但只有在 \(n\) 是素数的时候才起作用。

离散对数

当 \(n\) 为素数的时候，解模方程：

\[a^x\equiv b\pmod n \]

如果是实数范围内，答案是 \(\log_ab\)，可惜并不是，这里采用一种精妙的解决办法。
解：根据欧拉定理有：\(a^{n - 1}\equiv 1\pmod n\)，又 \(a^0\equiv 1\pmod n\)，所以 \(a^x\) 在模 \(n\) 剩余系内的值无限循环，以 \(a^0, a1,...,a{n-2}\) 为循环节。
所以，只需检查 \(x = 0, 1, 2,..., n - 2\) 时是不是解即可。但这样复杂度是 \(O(n)\) 的，下面用一种构造手段将复杂度降下来：
我们先检查前 \(m\) 项（\(m\) 取值稍后说明），即 \(a^0, a^1,...,a^{m - 1}\) 模 \(n\) 的值是否为 \(b\)，并把 \(a^i\bmod n\) 的值保存在 \(e_i\) 中，求出 \(a^m\) 逆 \(a^{-m}\)。

下面接着考虑 \(a^m, a^{m + 1},...,a^{2m - 1}\)，这次不需要检查，如果他们当中存在解，说明存在 \(i(0\le i<m)\) 使得 \(e_ia^m\equiv b\pmod n\)。两边乘 \(a^{-m}\)，得到 \(e_i\equiv ba^{-m}\pmod n\)，也就是说我们只需要检查有没有一个 \(i\)，使得 \(e_i\equiv ba^{-m}\pmod n\)，这相当于依次检查了 \(a^m, a^{m + 1},...,a^{2m - 1}\)。

如果仍然没有检查到解，这回考虑 \(a^{2m}, a^{2m + 1},...,a^{3m - 1}\)，同样的，我们只需要检查有没有一个 \(i\)，使得 \(e_i\equiv b(a{-m})2\pmod n\)，这相当于依次检查了 \(a^{2m}, a^{2m + 1},...,a^{3m - 1}\)。

显然使用 STL 中的 MAP 可以帮我们快速完成检测操作。预处理出 \(e_i\) 的复杂度是 \(O(m\log m)\)，求出 \(a^{-m}\) 的复杂度是 \(\log n\)，一共有 \(n/m\) 轮检测，每轮复杂度 \(\log m\)。总复杂度 \(O((m + \frac{n}{m})\log m)\) ，当 \(m = \sqrt n\) 时，复杂度最低为：\(O(\sqrt n\log n)\)

指数循环节

\[a^{x} \equiv b \pmod n \]

当 \(x\) 大到一定程度的时候，我们没有办法算 \(b\) 了，这时需要用到指数循环节。
如果 \(\gcd(a, n) = 1\)，由欧拉定理 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\) 可知指数以 \([0, \varphi(n) - 1]\) 为循环节不断循环，故有

\[a^{x} \equiv a^{x \bmod \varphi(n)} \pmod n \]

如果 \(\gcd(a,n) \not =1\) ，似乎不好做了，不过也有公式！

\[a^x\equiv a^{x \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \pmod n (x\ge \varphi(n)) \]

需要声明一下，只有 \(x\ge \varphi(n)\) 时此公式成立，所以千万不要盲目的取余了再加！

关于 \(\gcd(a,n) \not =1\) 的公式参考：Here