[数论] exgcd & 逆元

前置知识

欧几里得算法

我们首先了解一下朴素欧几里得算法（辗转相除法）。

定理：\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\%b)\)、

简要证明

令 \(a=kb+r,d|a,d|b\)（即 \(d\) 是 \(a,b\) 的任意一个公因数），且 \(a,k,b,r\) 均为正整数，\(r\ne 0\).

由 \(a=kb+r\) 得 \(r=a-kb\). 且 \(a\%b=r\).

等式左右同除以 \(d\)，得 \(\frac{r}{d}=\frac{a}{d}-k\frac{b}{d}\).

\(∵d|a,d|b\)

\(∴\frac{a}{d}-k\frac{b}{d}\) 为正整数.

即 \(\frac{r}{d}\) 为正整数.

\(∴ d|r\)

所以对于 \(\forall d\),都满足 \(d|(a\%b),d|b\),得证.

运用欧几里得算法我们可以在 \(O(\log n)\) 的时间复杂度内求出任意两数的 \(\gcd\).当然常用的 __gcd 库也运用了欧几里得算法.

__gcd 函数内容 供参考

template<typename _Mn, typename _Nn>
    constexpr common_type_t<_Mn, _Nn>
    __gcd(_Mn __m, _Nn __n)
    {
      return __m == 0 ? __detail::__abs_integral(__n)
	: __n == 0 ? __detail::__abs_integral(__m)
	: __detail::__gcd(__n, __m % __n);
    }

裴蜀定理

定理1

有 \(a,b\in \mathbb{Z}\)，那么一定存在整数 \(x,y\) 使得 \(ax+by=\gcd(a,b)\).

证明

我们只需证明 已知 \(x',y'\) 是方程 \(bx+(a\mod b)y=d\) 时的一组特解，能够求出 \(ax+by=d\) 的解 即可.

已知

\[a\mod b = a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor \times b \]

显然成立.

将上式代入方程 \(bx+(a\mod b)y=d\),得:

\[bx'+ay-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor \times by=d \]

提公因式，得:

\[ay+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)=d \]

注意到上式与方程 \(bx+(a\mod b)y=d\) 是等价的，即得

\[\begin{matrix} \left\{ \begin{array}{lr} x=y', & \\ y=x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y' \end{array} \right. \end{matrix} \]

由此我们证明，若已知方程 \(bx+(a\mod b)y=d\) 的解，能够求出 \(ax+by=d\) 的解.而我们在欧几里得算法中,证明了 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\%b)\),递归求解到 \(a\%b=0\) 时求解出当前方程唯一解，层层回溯即可求出方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的解.证毕.

定理2

若方程 \(ax+by=c\) 有整数解，则方程满足 \(\gcd(a,b)|c\),否则方程无整数解.

证明

设 \(a=p\times \gcd(a,b),b=q\times \gcd(a,b)\).

代入方程得:

\[p\times \gcd(a,b)\times x+q \times \gcd(a,b) \times y = c \]

提取公因式，得:

\(c=(px+py)·\gcd(a,b)\)

已知 \(x,y\) 为整数，得:

\(\gcd(a,b)|c\).

证毕.

定理3

若 \(ax+by=1\) 存在整数解,那么 \(\gcd(a,b)=1\),即 \(a,b\) 互质.

证明

同样设 \(a=p\times \gcd(a,b),b=q\times \gcd(a,b)\).

代入方程得:

\[p\times \gcd(a,b)\times x+q \times \gcd(a,b) \times y = 1 \]

方程两边同除以 \(\gcd(a,b)\),得:

\[px+qy=\frac{1}{\gcd(a,b)} \]

因此，若 \(\gcd(a,b)>1\),即 \(a,b\) 不互质，\(px+qy<1\)，因为 \(p,q\) 为正整数，故方程不存在整数解.证毕.

exgcd

事实上，在裴蜀定理1中，我们的证明过程即为 exgcd 的求解过程。

exgcd 通常解决类似于这样的问题，给定 \(a,b\in\mathbb{N^*},d=\gcd(a,b)\),求方程 \(ax+by=d\) 的一组整数解.

这里给出 exgcd 的模板代码.

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
void exgcd(int a, int b, LL &x, LL &y)//注意 x 跟 y 是引用，因为要修改
{
    if (b == 0) {x = 1; y = 0; return ;} // gcd 算到头，准备回溯
    exgcd(b, a % b, x, y);
    LL p = x; x = y; y = p - ((LL)a / b) * y;//回溯的时候套用裴蜀定理1中推导出来的公式
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>a;
	cin>>b;
	LL x = 0, y = 0;
	exgcd(a, b, x, y); 
	cout<<x<<" "<<y<<endl;
	return 0;
}

逆元

定义 & 存在性

众所周知，形如 \(a+b,a-b,a\times b\) 式子取模，我们都可以转化成 \(a\bmod p +b\bmod p\) 形式。也就是可在任意位置进行取模而不改变运算结果。

但对于除法运算，\(\dfrac{a}{b}\bmod p \ne \dfrac{a\bmod p}{b\bmod p}\)。

我们尝试找到一个数 \(b_{inv}\)，使得 \(\dfrac{a}{b}\bmod p=(a\times b_{inv}\bmod p)\)。将除法转换为乘法进行运算。

定义：若满足 \(b\times b_{inv}\equiv 1(\bmod\space p)\)，则称 \(b_{inv}\) 是 \(b\) 在 \(\bmod p\) 意义下的乘法逆元。

考虑何时乘法逆元 \(b_{inv}\) 存在。

设 \(b\times b_{inv}=k\times p+1\)，\(g=\gcd(b,p)\)。我们转换如下。

\[g\times b_1\times b_{inv}=k\times g\times p_1+1 \]

（在上式中，\(g\times b_1=b, g\times p_1=p\)。）

简单转化得

\[g(b_1\times b_{inv}-k\times p_1=1) \]

由于我们讨论的范围是整数，故存在

\[g=1 \]

\[b_1\times b_{inv}- k\times p_1=1 \]

以上各步骤均可逆，故乘法逆元存在 当且仅当 \(\gcd(b,p)=1\)。

求解

费马小定理

定理：若 \(p\) 为质数，则 \(a^{p-1}\equiv 1(\bmod\space p)\)。

回顾逆元定义：\(b\times b_{inv}\equiv 1(\bmod\space p)\)。

因此，若 \(p\) 为质数，则 \(b\times b^{p-2}\equiv 1(\bmod\space p)\)。

只需取 \(b_{inv}=b^{p-2}\) 即可。可使用快速幂算法加速。

扩展欧几里德算法 (exgcd)

回顾：\(\text{exgcd}\) 可求解 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组 \(x,y\)。

已知 \(a\times a_{inv}\equiv 1(\bmod\space p)\Leftrightarrow a\times a_{inv}+py=1\)。

前文提到，逆元存在当且仅当 \(a,p\) 互质。

故

\[a\times a_{inv}\equiv 1(\bmod\space p)\Leftrightarrow a\times a_{inv}+py=1\Leftrightarrow a\times a_{inv}+py=\gcd(a,p) \]

应用 \(\text{exgcd}\) 求解即可。

线性求逆元

如何求解区间 \([1,n]\) 依次在 \(\bmod\space p\) 意义下的逆元？（保证 \(p\) 为质数。）

对于一个数 \(x\)，满足 \(p>x\)，设 \(p>kx+r,k=\lceil \dfrac{p}{x}\rceil,r=p\bmod \space x\)。

则

\[kx+r\equiv 0(\bmod\space p) \]

我们要求 \(x_{inv}\)，而 \(x\times x_{inv}\equiv 1(\bmod\space p)\)。

我们首先要构造出 \(1\) 才能构造出 \(x_{inv}\)。

\[kx\equiv -r(\bmod\space p) \]

左右同除以 \(r\)，得

\[\dfrac{k}{r}x\equiv -1\equiv -x\times x_{inv}(\bmod\space p) \]

因此，\(\dfrac{k}{r}x\equiv -x\times x_{inv}(\bmod\space p)\)，继而得

\[x_{inv}\equiv - \dfrac{k}{r}(\bmod p) \]

即 \(x_{inv}\equiv -k\times r_{inv}\)

因此，若我们已知 \(r_{inv}\) 的值，我们就能得到 \(x_{inv}\) 的值。

前文提到 \(r=p\bmod\space x<x\)，因此在依次求 \([1,n]\) 的逆元时， \(r_{inv}\) 一定在 \(x_{inv}\) 前求出。上式即为递推式。