线性同余与乘法逆元

欧几里得算法

$$\forall a,b\in \mathbb{N},\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$$
证明：
$$\begin{gathered} 考虑记a与b的公因数为d \\ \because \exists t,k,r\in \mathbb{N},b=t\cdot d,a=k\cdot (t\cdot d)+r \\ \because d\mid b,d\mid a \\ \therefore \exists x\in \mathbb{N},x\cdot d=a=k\cdot (t\cdot d)+r \\ \iff x=\frac{k\cdot (t\cdot d)+r}{d}=kt+\frac{r}{d} \\ \because x\in \mathbb{N} \\ \therefore d\mid r \\ \therefore d\mid (a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \therefore a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b的因数集与a与b的公因数集相同 \\ \therefore \gcd (a,b)=\gcd (b,b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a) \end{gathered}$$

此算法也常称为辗转相除法。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b;
int gcd(int x,int y)
{
	if(y==0) return x;
	int r=x%y;
	return gcd(y,r);
}
int main()
{
	cin>>a>>b;
	cout<<gcd(a,b);
	return 0;
}

---

裴蜀定理

$对于a,b\in \mathbb{N}，x,y\in \mathbb{Z}，则关于x,y的不定方程有$
$$ax+by=\gcd (a,b)$$

证明：
$$\begin{gathered} 先考虑证明ax+by的和为\gcd (a,b)倍数 \\ \because \exists x^{\prime },y^{\prime }\in \mathbb{N},a=x^{\prime }\cdot \gcd (a,b),b=y^{\prime }\cdot \gcd (a,b) \\ \therefore ax+by=x\cdot x^{\prime }\gcd (a,b)+y\cdot y^{\prime }\gcd (a,b) \\ =\gcd (a,b)\cdot (x{x}^{\prime }+y{y}^{\prime }) \\ \therefore \gcd (a,b)\mid (ax+by) \\ \therefore \forall t\in \mathbb{Z},ax+by=t\cdot \gcd (a,b) \end{gathered}$$

显然只有当等式右边为$\gcd (a,b)$或$\gcd (a,b)$倍数时才存在整数解。

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扩展欧几里得算法

我们再来考虑如何找到这个不定方程的一个特解。

$$\begin{gathered} 考虑当b=0时，显然有一对(x,y)，使得(x,y)=(1,0)时满足要求，即a+0=\gcd (a,0) \\ 考虑当b\ne 0时,根据欧几里得算法,有\gcd (a,b)=\gcd (b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \therefore \exists x^{\prime },y^{\prime }\in \mathbb{Z},ax+by=b{x}^{\prime }+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y^{\prime } \\ =b{x}^{\prime }+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b)y^{\prime } \\ =b{x}^{\prime }+a{y}^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b{y}^{\prime } \\ =a{y}^{\prime }+b(x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime }) \\ x=y^{\prime } \\ y=x^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y^{\prime } \end{gathered}$$

因此，只需求出$x^{\prime },y^{\prime }$就可以得到$x,y$，而$x^{\prime },y^{\prime }$可以由方程右边为 $\gcd (b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$ 时得到，这不就是一个欧几里得算法的递归过程吗？我们往上层层递归，直到当b为0时我们就可以得到$(x,y)=(1,0)$，然后我们就可以运用上述公式递归求得 $(x,y)$

解决这种不定方程的问题常在欧几里得算法中实现，因此被称为扩展欧几里得算法，也称为$exgcd$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b;
int x,y;
int exgcd(int l,int r)
{
	if(r==0)
	{
		x=1;
		y=0;
		return l;
	}
	int d=exgcd(r,l%r);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-l/r*y;
	return d;
}
int main()
{
	cin>>a>>b;
	int ans=exgcd(a,b);
	cout<<x<<" "<<y<<" "<<ans;
	return 0;
} 

继续观察这个不定方程，此时我们已经可以用上述算法找到一个特解$(x_0,y_0)$，我们现在来思考如何得到这个不定方程的通解。

$$\begin{gathered} 我们考虑从方程的特解入手，现在我们已经拥有了两个不定方程： \\ 1.ax+by=\gcd (a,b) \\ 2.a{x}_0+b{y}_0=\gcd (a,b) \\ 由1式减去2式得：a(x-x_0)+b(y-y_0)=0 \\ \iff a(x-x_0)=b(y_0-y) \\ 考虑等式两边同时除以\gcd (a,b) \\ \frac{a}{\gcd (a,b)}(x-x_0)=\frac{b}{\gcd (a,b)}(y_0-y) \\ 显然有\frac{a}{\gcd (a,b)}与\frac{b}{\gcd (a,b)}互质 \\ \therefore \forall t\in \mathbb{Z}，x-x_0=t\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}，y_0-y=t\cdot \frac{a}{\gcd (a,b)} \\ \therefore x=x_0+t\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)} \\ y=y_0-t\cdot \frac{a}{\gcd (a,b)} \end{gathered}$$

于是我们就得到了由不定方程特解得到通解的方法。

接下来我们再来扩展一下，考虑如何求出不定方程中 $x$ 的最小非负整数解。

$$\begin{gathered} 考虑到我们是从x=x_0+t\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}得到所有的x的，因此，想要求最小的非负整数x，实际上是要满足以下式子 \\ {x}_0+t\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}\ge 0,x_0+(t+1)\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}\le 0 \\ 由于t可取任意整数，因此上述式子等价于 \\ {x}_0-t\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}\ge 0,x_0-(t+1)\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}\le 0 \\ 很显然，此时最小的x非负整数值可以由x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{b}{\gcd (a,b)}得到 \\ 但考虑到x_0有可能是负数，此时我们应该考虑如何将负数取模转换为正数取模 \\ 对于负数x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m的值，考虑\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}的性质，这个式子等价于((x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)+m)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m \\ 因此我们考虑对(x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{b}{\gcd (a,b)})+\frac{b}{\gcd (a,b)}来确保式子永远为正数，后在对其取\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d} \\ 因此，x的最小非负整数解为((x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{b}{\gcd (a,b)})+\frac{b}{\gcd (a,b)})\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{b}{\gcd (a,b)} \end{gathered}$$

例题
https://www.luogu.com.cn/problem/P1516

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线性同余方程

给定正数$a,b,m$，求一个整数$x$满足$a\cdot x\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$，或者无解。
由于未知数是一次的，因此我们称 $ax\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$ 为线性同余方程（一次同余方程）。

$$\begin{gathered} 我们考虑同余方程ax\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)，则定有b\mid (ax-n) \\ 因此有y\in \mathbb{Z},使得ax-n=by，即ax-by=n，由于y可取任意整数，因此等价于ax+by=n \end{gathered}$$

于是我们就将同余方程转换为了一个不定方程，此方程当且仅当 $\gcd (a,b)\mid n$ 时存在整数解。
当存在整数解时，我们可以通过扩展欧几里得算法求出不定方程 $ax+by=\gcd (a,b)$时的一个特解$(x_0,y_0)$。
由于$n=\frac{n}{\gcd (a,b)}\cdot \gcd (a,b)，$因此不定方程 $ax+by=n$的特解即为 $(x_0\cdot \frac{n}{\gcd (a,b)},y_0\cdot \frac{n}{\gcd (a,b)})$
转换可得线性同余方程 $ax\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$ 的一个特解$x_0\cdot \frac{n}{\gcd (a,b)}$。

一个定理：

$对于一个线性同余方程ax\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$，都有 $\gcd (a,b)个\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b不同余的解，若已知第一个解为x_0，则x_i=x_0+i\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}，i\in \mathbb{Z},0\le i<\gcd (a,b)。$

证明：
$$\begin{gathered} 考虑证明x_i=x_0+i\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}是方程的解： \\ \because a{x}_i\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \iff a(x_0+i\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)})\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \iff a{x}_0+a\cdot i\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \iff a{x}_0+i\cdot \mathrm{lcm}(a,b)\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \because i\cdot \mathrm{lcm}(a,b)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b=0 \\ \therefore a{x}_0+i\cdot \mathrm{lcm}(a,b)\equiv a{x}_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ \therefore a{x}_i\equiv a{x}_0\equiv n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b) \\ 因此x_i=x_0+i\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}是方程的解 \\ \because 0\le i<\gcd (a,b) \\ \therefore 0\le i\cdot \frac{b}{\gcd (a,b)}<b \\ \therefore x_{0\cdots i}显然\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b互不同余，且有\gcd (a,b)个解 \end{gathered}$$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,n,b;
int x,y;
int exgcd(int l,int r)
{
	if(r==0)
	{
		x=1;
		y=0;
		return l;
	}
	int d=exgcd(r,l%r);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-l/r*y;
	return d;
}
void mod_slover()
{
	int g=exgcd(a,b);
    if(n%g!=0) exit(0);//判断是否有解 
    x=(x*(n/g))%b;
    x=x*(n/g);  //求解 
    x=((x%(b/g))+(b/g))%(b/g);  //取得最小正整数解 
    for(int i=0;i<g;i++)
    {
  	  cout<<x+i*(b/g)<<endl;
    }
    //枚举g个不同余的解 
}
int main()
{
  cin>>a>>n>>b;
  mod_slover();
  return 0;
}

例题
https://www.luogu.com.cn/problem/P1082
https://www.luogu.com.cn/problem/P5656

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乘法逆元

或许乘法逆元有一个更加感性的理解：同余方程余数意义下的倒数

$$\begin{gathered} 考虑a,b,m\in \mathbb{Z},\gcd (b,m)=1,若存在x\in \mathbb{Z}，且满足\frac{a}{b}\equiv ax(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)，则称x为b的乘法逆元 \\ 若\frac{a}{b}\equiv ax(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)，则有a\equiv abx(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)\iff bx\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)，因此这也是乘法逆元的一种定义。 \end{gathered}$$

因此我们就可以通过解$bx\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$这个线性同余方程，得到最小正数解$x$，便得到$b$的乘法逆元。

知道了这么个名字就很酷的东西有什么用呢？观察乘法逆元的第一个定义，有了它我们就可以处理有理数取余(特别是当$a,b$特别大的情况下，同余性质很重要)。

不想贴了，就是求线性同余方程的解

利用$b$在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$意义下的乘法逆元$b^{-1}$，我们可以得到$\frac{a}{b}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$的值，即为$a{b}^{-1}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$

例题
https://www.luogu.com.cn/problem/P2613

线性求逆元

考虑给出$p$，若要求$[1,p]$内所有数在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$意义下的乘法逆元，是否具有复杂度优的递推公式呢？

$$\begin{gathered} 考虑求i的乘法逆元，则有\exists k,r\in \mathbb{Z}，p=k\cdot i+r，显然 \\ k\cdot i+r\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ 将同余方程两边同时乘以i的逆元i^{-1} \\ k\cdot (i\cdot i^{-1})+r\cdot i^{-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ k+r\cdot i^{-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ 移项得 \\ r\cdot i^{-1}\equiv -k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ 再尝试将r消掉，于是乘以r^{-1} \\ {i}^{-1}\equiv -k\cdot r^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ 考虑k=\lfloor \frac{p}{i}\rfloor ，r=p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i，带入 \\ {i}^{-1}\equiv -\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \cdot (p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ 考虑-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p可以转换为p-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor \\ {i}^{-1}\equiv (p-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor )(p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i{)}^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \end{gathered}$$

考虑使用$in{v}_i$ 表示$i$在$p$意义下的乘法逆元，将$(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$提出来，得
$$in{v}_i=(p-\lfloor \frac{p}{i}\rfloor )(p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i{)}^{-1}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

这就是逆元的递推式，我们就可以线性求逆元了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int p;
int inv[100010];
int main()
{
  cin>>p;
  inv[1]=1;
  for(int i=2;i<=p;i++)
    inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
  for(int i=1;i<=p;i++)
    cout<<inv[i]<<endl;
  return 0;
}

当然，我们也可以考虑利用费马小定理来求乘法逆元

$$\begin{gathered} 由于当p为质数时，有a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \\ \therefore a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\iff a\cdot a^{p-2}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p) \end{gathered}$$
因此有当$p$为质数时，$a^{p-2}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$是$a$在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$意义下的乘法逆元。
我们可以使用快速幂优化求$a^{p-2}$的过程，因此我们可以得到一个$\Theta (n{\log }_{2}n)$求逆元的算法。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
long long n,p;
long long inv[30000010];
long long ksm(int a,int b)
{
	long long ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return ans;
}
signed main()
{
  cin>>n>>p;
  cout<<1<<'\n';
  for(int i=2;i<=n;i++)
  {
  	cout<<ksm(i,p-2)<<'\n';
  }
  return 0;
}

例题
https://www.luogu.com.cn/problem/P3811

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总结

例题：
https://www.luogu.com.cn/problem/P5431