【学习笔记】数学知识-同余

合集 - 数学知识(8)

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5.【学习笔记】数学知识-同余2023-12-18

6.【学习笔记】数学知识-高斯消元与线性空间2023-08-207.【学习笔记】数学知识-组合计数2023-11-108.【学习笔记】原根01-18

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同余

• 取模运算性质
  • $(a+b)modp=((amodp)+(bmodp))modp$
  • $(a-b)modp=((amodp)-(bmodp))modp$
  • $(a\times b)modp=((amodp)\times (bmodp))modp$
  • 引流两篇讲解负数取模的文章 link1 | link2 。
• 若整数 $a$ 和整数 $b$ 除以正整数 $m$ 的余数相等，则称 $a,b$ 模 $m$ 同余，记为 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$ ；否则，称 $a,b$ 模 $m$ 不同余，记为 $a\not\equiv b(\mathrm{mod}m)$ 。
  • 性质
    • 自反性： $a\equiv a(\mathrm{mod}p)$
    • 对称性：若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，则 $b\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 。
    • 传递性：若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p),b\equiv c(\mathrm{mod}p)$ ，则 $a\equiv c(\mathrm{mod}p)$ ；若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p),q|p$ ，则 $a\equiv b(\mathrm{mod}q)$ 。
    • 同加性：若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，则 $a+c\equiv b+c(\mathrm{mod}p),a-c\equiv b-c(\mathrm{mod}p)$ 。
    • 同乘性：若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，则 $a\times c\equiv b\times c(\mathrm{mod}p)$ 。
    • 若 $ac\equiv bc(\mathrm{mod}p)$ ，则 $a\equiv b(\mathrm{mod}{\displaystyle \frac{p}{gcd(c,p)}})$ 。
    • 同幂性：若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，则 $a^n\equiv b^n(\mathrm{mod}p)$ 。
    • 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p),a\equiv b(\mathrm{mod}q)$ ，则 $a\equiv b(\mathrm{mod}\mathrm{lcm}(p,q))$ 。
    • 若 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，则 $p|(a-b)$ 。
• 同余类
  • 对于 $\mathrm{\forall }a\in [0,p-1]$ ，集合 $\{a+kp\}(k\in \mathbb{Z})$ 的所有数模 $p$ 同余，余数都为 $a$ 。该集合称为一个模 $p$ 的同余类，简记为 $\bar{a}$ 。
• 剩余系
  • 模 $p$ 的同余类一共有 $p$ 个，分别为 $\bar{0},\bar{1},\bar{2},\dots ,\overline{p-1}$ 。它们构成 $p$ 的完全剩余系。
  • $1\sim p$ 中与 $p$ 互质的数代表的同余类共有 $\phi (p)$ 个，它们构成 $p$ 的简化剩余系。
    • $p$ 的简化剩余系中的数满足与 $p$ 互质且模 $p$ 互不相同。
  • 性质
    • 若整数 $a,b(1\le a,b\le p),p$ 满足 $gcd(a,p)=gcd(b,p)=1$ ，有 $a,b,(a\times b)modp$ 属于 $p$ 的简化剩余系。
    • 若整数 $a,b,x,p$ 满足 $gcd(a,p)=1$ ，则当 $x$ 跑遍模 $p$ 的简化剩余系时， $ax$ 也跑遍模 $p$ 的简化剩余系；当 $x$ 跑遍模 $p$ 的完全剩余系时， $ax$ 也跑遍模 $p$ 的完全剩余系；当 $x$ 跑遍模 $p$ 的完全剩余系时， $ax+b$ 也跑遍模 $p$ 的完全剩余系。

费马小定理

• 费马小定理：若 $p$ 是质数，则对于任意整数 $a$ ，有 $a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 。
  • 证明
    • 当 $amodp=0$ 时，显然结论成立。
    • 当 $amodp\ne 0$ 时，不存在一组 $x,y$ 满足 $1\le x,y<p,xa\equiv ya(\mathrm{mod}p)$ 。因此 $1\sim p-1$ 所有数，乘以 $a$ 之后对 $p$ 取模，仍可得 $1\sim p-1$ 所有数。即 $\prod _{i=1}^{p-1}i\equiv \prod _{i=1}^{p-1}ai(\mathrm{mod}p)$ ，易知其中 $\prod _{i=1}^{p-1}i$ 与 $p$ 互质，则 $\prod _{i=1}^{p-1}a\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，即 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。等式两边同乘 $a$ ，得到 $a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 。
• 变形
  • 若 $p$ 是质数，则对于任意整数 $a$ ，有 $a^{p-1}\equiv \{\begin{array}{ll}0& amodp=0\\ 1& amodp\ne 0\end{array}(\mathrm{mod}p)$ 。

欧拉定理

• 欧拉定理：若正整数 $a,p$ 满足 $gcd(a,p)=1$ ，则 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。
• 证明
  • 当 $p$ 为质数时，有 $a^{\phi (p)}=a^{p-1}$ ，依据费马小定理，有 $a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$ ，故 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。
  • 当 $p$ 不为质数时，设 $S=\{p_1,p_2,\dots ,p_{\phi (p)}\}$为 $p$ 的简化剩余系，对于任意一对 $i,j(1\le i,j\le \phi (p),i\ne j)$ ，有 $(a\times p_i)modp\ne (a\times p_j)modp$ ，且 $a\times p_i,a\times p_j$ 均与 $p$ 互质。因此 $S$ 中所有数，乘以 $a$ 之后对 $p$ 取模，仍可得 $S$ 中所有数，则 $\prod _{i=1}^{\phi (p)}{p}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (p)}a{p}_i(\mathrm{mod}p)$ ，易知其中 $\prod _{i=1}^{\phi (p)}{p}_i$ 与 $p$ 互质，即 $\prod _{i=1}^{\phi (p)}a\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，即 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。
• 应用
  • 若正整数 $a,p$ 满足 $gcd(a,p)=1$ ，则满足 $a^x\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 的最小正整数 $x_0$ 满足 $x_0|\phi (p)$ 。
    • 证明
      • 考虑反证法。假设满足 $a^x\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 的最小正整数 $x_0$ 不满足 $x_0|\phi (p)$ 。设 $\phi (p)=q{x}_0+r(0<r<x_0)$ 。因为 $a^{x_0}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，所以 $a^{q{x}_0}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。根据欧拉定理，有 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，所以 $a^r\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。这与 $x_0$ 最小矛盾。因此假设不成立，故 $x_0|\phi (p)$ 。
  • 若正整数 $a,p,u,v$ 满足 $gcd(a,p)=1,a^u\equiv 1(\mathrm{mod}p),a^v\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，则 $a^{gcd(u,v)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。
    • 证明
      • 设 $ux+vy=gcd(u,v)$ ，取它的一组解满足 $x>0,y\le 0$ ，则 $a^{gcd(u,v)}\equiv a^{gcd(u,v)}(a^v{)}^{-y}=a^{gcd(u,v)-vy}=a^{ux}=(a^u{)}^x\equiv 1^x\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。

扩展欧拉定理

• 扩展欧拉定理：对于正整数 $a,b,p$ 均有 $a^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{bmod\phi (p)}& gcd(a,p)=1\\ a^b& gcd(a,p)\ne 1,b<\phi (p)\\ a^{bmod\phi (p)+\phi (p)}& gcd(a,p)\ne 1,b\ge \phi (p)\end{array}(\mathrm{mod}p)$ 。
• 证明
  • 当 $gcd(a,p)=1$ 时，设 $b=q\times \phi (p)+r$ ，其中 $0\le r<\phi (p)$ ，即 $r=bmod\phi (p)$ 。则有 $a^b=a^{q\times \phi (p)+r}=(a^{\phi (p)}{)}^q\times a^r\equiv 1^q\times a^r\equiv a^r=a^{bmod\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$ 。
  • 当 $gcd(a,p)\ne 1$ 时的证明极其复杂，请参考 link 或者 OI WiKi 中的证明。
• 例题

  • luogu P5091 【模板】扩展欧拉定理

    点击查看代码

    ll read(ll p)
    {
    	ll x=0,f=1,f2=0;
    	char c=getchar();
    	while(c<'0'||'9'<c)
    	{
    		if(c=='-')
    		{
    			f=-1;
    		}
    		c=getchar();
    	}
    	while('0'<=c&&c<='9')
    	{
    		x=x*10+c-'0';
    		if(x>=p)//当b>=phi(p) 时，公式才能应用
    		{
    			f2=1;
    		}
    		x%=p;
    		c=getchar();
    	}
    	if(f2==1)
    	{
    		x+=p;
    	}
    	return x;
    }
    ll phi(ll n)
    {
    	ll ans=n,i;
    	for(i=2;i<=sqrt(n);i++)
    	{
    		if(n%i==0)
    		{
    			ans=ans/i*(i-1);
    			while(n%i==0)
    			{
    				n/=i;
    			}
    		}
    	}
    	if(n>1)
    	{
    		ans=ans/n*(n-1);
    	}
    	return ans;
    }
    
    ll qpow(ll a,ll b,ll p)
    {
    	ll ans=1;
    	while(b>0)
    	{
    		if(b&1)
    		{
    			ans=ans*a%p;
    		}
    		b>>=1;
    		a=a*a%p;
    	}
    	return ans%p;
    }
    int main()
    {
    	ll a,b,phii;
    	cin>>a>>p;
    	phii=phi(p);
    	b=read(phii);
    	cout<<qpow(a,b,p)<<endl;
    	return 0;
    }
    

  • luogu P4139 上帝与集合的正确用法

  • luogu P1405 苦恼的小明

    • 题解

  • SP10050 POWTOW - Power Tower City

    • 题解

  • SP21690 POWERUP - Power the Power Up

    • 题解

乘法逆元

• 乘法逆元：若关于整数 $a,b$ 的线性同余方程 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ 存在解，则将 $x$ 称作 $a$ 模 $b$ 的乘法逆元（简称逆元），记作 $a^{-1}(\mathrm{mod}b)$ ，在不会引起误解时常常简记为 $a^{-1}$ 。
  • 貌似数奥中把这个叫做数论倒数。
  • 若 $b|a$ 时不存在 $a$ 的逆元 $a^{-1}(\mathrm{mod}b)$ 。
  • 特别地，有 $1^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ 。
    • 证明：对于 $\mathrm{\forall }b\in \mathbf{Z}$ ，有 $1\times 1\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ ，故 $1$ 模 $b$ 的逆元为 $1$ 。
• 性质
  • 若 $n$ 为正整数，则 $2^{-1}\equiv n+1(\mathrm{mod}2n+1)$ 。
    • 证明：已知 $2x\equiv 1(\mathrm{mod}2n+1)$ ，设 $2x=(2n+1)k+1$ ，又因为 $2x$ 为偶数， $k$ 的最小正整数解为 $1$ ，代入得 $x=n+1$ 。
  • 若 $b$ 为质数，且 $a<b$ ，则 $a^{-1}\equiv a^{b-2}(\mathrm{mod}b)$ 。
    • 证明：依据费马小定理，有 $a^{b-1}\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ ，即 $a\times a^{b-2}\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ ，则 $a$ 模 $b$ 的乘法逆元为 $a^{b-2}$ 。
  • 若 $gcd(a,b)=1$ ，有 $(a^{-1}{)}^{-1}\equiv a(\mathrm{mod}b)$ 。
• 如何求逆元（边算边取模）
  • 扩展欧几里得

    • 限制条件： $gcd(a,b)=1$ 。

    • 设 $ax=bk+1,y=-k$ ，原方程可改写为 $ax+by=1$ ，用 $exgcd$ 解得一组特解 $x_0,y_0$ ，$x$ 的最小正整数解为 $(x+b)modb$ 。

    • 时间复杂度为 $O(\log max(a,b))$ 。

    • luogu P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

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      ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
      {
      	if(b==0)
      	{
      		x=1;
      		y=0;
      		return a;
      	}
      	else
      	{
      		ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
      		y-=a/b*x;
      		return d;
      	}
      }
      int main()
      {
      	ll a,b,x=0,y=0;
      	cin>>a>>b;
      	exgcd(a,b,x,y);
      	x=(x%b+b)%b;
      	cout<<x<<endl;
      }
      

    • luogu P2613 【模板】有理数取余

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      const ll p=19260817;
      ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
      {
      	if(b==0)
      	{
      		x=1;
      		y=0;
      		return a;
      	}
      	else
      	{
      		ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
      		y-=a/b*x;
      		return d;
      	}
      }
      int main()
      {
      	ll a,c,d,x=0,y=0;
      	c=read();
      	a=read();
      	d=exgcd(a,p,x,y);
      	if(c%d==0)
      	{
      		x=(x*c/d)%p;
      		x=(x%p+p)%p;
      		cout<<x<<endl;
      	}
      	else
      	{
      		cout<<"Angry!"<<endl;
      	}
      	return 0;
      }
      

  • 快速幂+费马小定理

    • 限制条件： $b$ 为质数。

    • 因为 $b$ 为质数， $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ ，依据费马小定理，则 $ax\equiv 1\equiv a^{b-1}(\mathrm{mod}b)$ ，故 $x\equiv a^{b-2}(\mathrm{mod}b)$ 。用快速幂求出 $a^{b-2}modb$ ，即为所求。

    • 时间复杂度为 $O(\log b)$ 。

    • luogu P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

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      ll qpow(ll a,ll b,ll p)
      {
      	ll ans=1;
      	a%=p;
      	while(b>0)
      	{
      		if(b&1)
      		{
      			ans=ans*a%p;
      		}
      		b>>=1;
      		a=a*a%p;
      	}
      	return ans%p;
      }
      int main()
      {
      	ll a,b;
      	cin>>a>>b;
      	cout<<qpow(a,b-2,b)<<endl;
      }
      

  • 快速幂+欧拉定理

    • 限制条件： $gcd(a,b)=1$ 。

    • 因为 $gcd(a,b)=1,ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ ，依据欧拉定理，则 $ax\equiv 1\equiv a^{\phi (b)}(\mathrm{mod}b)$ ，故 $x\equiv a^{\phi (b)-1}(\mathrm{mod}b)$ 。用快速幂求出 $a^{\phi (b)-1}modb$ ，即为所求。

    • 如果不预处理欧拉函数，时间复杂度为 $O(\sqrt{b}\times \log \phi (b))$ 。

    • luogu P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

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      ll phi(ll n)
      {
          ll ans=n,i;
          for(i=2;i<=sqrt(n);i++)
          {
              if(n%i==0)
              {
                  ans=ans/i*(i-1);
                  while(n%i==0)
                  {
                      n/=i;
                  }
              }
          }
          if(n>1)
          {
              ans=ans/n*(n-1);
          }
          return ans;
      }
      ll qpow(ll a,ll b,ll p)
      {
          ll ans=1;
          a%=p;
          while(b>0)
          {
              if(b&1)
              {
                  ans=ans*a%p;
              }
              b>>=1;
              a=a*a%p;
          }
          return ans%p;
      }
      int main()
      {
          ll a,b;
          cin>>a>>b;
          cout<<qpow(a,phi(b)-1,b)<<endl;
      }
      

  • 线性求 $1\sim n$ 或单个数的逆元（递推/递归）

    • 限制条件： $b$ 为质数。

    • 设 $k=\lfloor {\displaystyle \frac{b}{i}}\rfloor ,r=bmodi$ ，此时有 $b=k\times i+r\equiv 0(\mathrm{mod}b)$ 。两边同时乘以 $i^{-1}\times r^{-1}$ 得 $k\times r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}b)$ ，移项得 $i^{-1}\equiv -k\times r^{-1}(\mathrm{mod}b)$ ，将 $k=\lfloor {\displaystyle \frac{b}{i}}\rfloor ,r=bmodi$ 代入得 $i^{-1}\equiv -\lfloor {\displaystyle \frac{b}{i}}\rfloor \times (bmodi{)}^{-1}(\mathrm{mod}b)$ ，考虑消除负数取模对答案的影响，故推出逆元：${i}^{-1}\equiv \{\begin{array}{ll}1,& i=1\\ (b-\lfloor {\displaystyle \frac{b}{i}}\rfloor )\times (bmodi{)}^{-1}& i\ne 1\end{array}(\mathrm{mod}b)$

    • 递推求 $n$ 个数的逆元， $O(n)$ 预处理， $O(1)$ 查询。

    • 递归+记忆化求 $n$ 个数的逆元， $O(n)$ 预处理， $O(1)$ 查询。

      • 递归求任意一个正整数 $n$ 的逆元，时间复杂度为 $O(n^{\frac{1}{3}})$ 。

    • luogu P3811 【模板】模意义下的乘法逆元

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      ll inv[3000001];
      int main()
      {
      	ll n,p,i;
      	cin>>n>>p;
      	inv[1]=1;
      	cout<<"1"<<endl;
      	for(i=2;i<=n;i++)
      	{
      		inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
      		cout<<inv[i]<<endl;
      	}
      	return 0;
      }
      

  • 线性求任意 $n$ 个数的逆元（离线）
    • 限制条件： $b$ 为质数。
    • 对于 $1\le i\le n$ ，令 $mul[i]=\prod _{k=1}^i{a}_k$ 。利用 $exgcd$ 或快速幂计算 $invc[n]=mul[n{]}^{-1}$ 。对于 $1\le i\le n-1$ ，此时有 $invc[i]=invc[i+1]\times a_{i+1}=mul[i{]}^{-1}$ 。对于 $1\le i\le n$ ，有 $a_i^{-1}=mul[i-1]\times invc[i]$ 。
    • 时间复杂度为 $O(n+\log b)$ 。
    • 例题

      • luogu P3811 【模板】模意义下的乘法逆元

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        ll mul[3000001],invc[3000001],inv[3000001],w[3000001];//防止重名，此处的w[]即为上文的a[]
        ll qpow(ll a,ll b,ll p)
        {
            ll ans=1;
            while(b>0)
            {
                if(b&1)
                {
                    ans=ans*a%p;
                }
                b>>=1;
                a=a*a%p;
            }
            return ans%p;
        }
        int main()
        {
            ll n,p,i;
            cin>>n>>p;
            mul[0]=1;
            for(i=1;i<=n;i++)
            {
                w[i]=i;
                mul[i]=((mul[i-1]%p)*(w[i]%p))%p;
            }
            invc[n]=qpow(mul[n],p-2,p);
            for(i=n-1;i>=1;i--)
            {
                invc[i]=((invc[i+1]%p)*((w[i+1])%p))%p;
            }
            for(i=1;i<=n;i++)
            {
                inv[i]=((invc[i]%p)*(mul[i-1]%p))%p;
                cout<<inv[i]<<endl;
            }
            return 0;
        }
        

      • luogu P5431 【模板】模意义下的乘法逆元 2

      • LibreOJ 161. 乘法逆元 2

• 例题
  • luogu P2054 [AHOI2005] 洗牌

威尔逊定理

• 威尔逊定理：若 $p$ 为质数，则有 $(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$ 。
• 证明
  • 当 $p=2$ 时，因为规定 $0!=1$ ，所以原结论成立。
  • 当 $p\ne 2$ 时，根据逆元定义，对于 $i,j\in [2,p-2]$ ，且 $i\ne j$ ，均有 $i^{-1}(\mathrm{mod}p),j^{-1}(\mathrm{mod}p)\in [2,p-2],i^{-1}(\mathrm{mod}p)\ne j^{-1}(\mathrm{mod}p)$ ，所以逆元是一一对应的，故 $(p-1)!\equiv 1^{\frac{p-3}{2}}\times 1\times (p-1)\equiv -1(\mathrm{mod}p)$ 。
• 例题
  • luogu T340175 Fermat-1
    • $n!+1$ 的次小约数等价于 $n!+1$ 的最小质因子。故若 $d$ 不为质数，则无解；若 $d$ 为质数，依据威尔逊定理，易知 $d-1$ 即为满足题意的一组解。

中国剩余定理（孙子定理）

• 中国剩余定理（孙子定理）：给定 $n$ 个两两互质的整数 $m_1,m_2,\dots ,m_n$ ，设 $mul=\prod _{i=1}^n{m}_i,r_i={\displaystyle \frac{mul}{m_i}}$ ，则对于任意的 $n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ ，方程组 $\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ \dots \\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{m}_n)\end{array}$ 在模 $mul$ 意义下的唯一解为 $x=\sum _{i=1}^n{a}_i{r}_i(r_i^{-1}(\mathrm{mod}mul))$ ，通解可以表示为 $x+k\times mul(k\in \mathbb{Z})$ 。

• 证明

  • 原方程组在模 $mul$ 意义下的存在解。
    • 因为 $r_i={\displaystyle \frac{mul}{m_i}}$ 是除 $m_i$ 所有模数的倍数，所以对于任意整数 $j(1\le j\le n)$ 均有 $a_j{r}_j(r_j^{-1}(\mathrm{mod}mul))\equiv \{\begin{array}{ll}{a}_i& i=j\\ 0& i\ne j\end{array}(\mathrm{mod}{m}_i)$ ，所以代入 $x=\sum _{i=1}^n{a}_i{r}_i(r_i^{-1}(\mathrm{mod}mul))$ ，原方程组成立。
  • 原方程组在模 $mul$ 意义下的存在唯一解。
    • 假设原方程组在模 $mul$ 意义下的存在第二个解 $x^{\prime }$ ，则一定存在一个 $i$ 满足 $x\not\equiv x^{\prime }(\mathrm{mod}{m}_i)$ ，故假设不成立，原结论成立。

• 代码实现

  点击查看代码

  ll crt(ll n)
  {
  	ll mul=1,ans=0,x,y,r,i;
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		mul*=m[i];
  	}
  	for(i=1;i<=n;i++)
  	{
  		r=mul/m[i];
  		x=y=0;
  		exgcd(r,m[i],x,y);//m_i两两互质并不代表m_i为质数
  		ans=(ans+(a[i]*r%mul)*(x+m[i])%mul)%mul;//因为exgcd求出的x可能为负数，故需要+m[i]
  	}
  	return ans;
  }
  

• 例题

  • luogu P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪
  • UVA756 Biorhythms
    • 注意解的下限是有限制的。
  • luogu P3868 [TJOI2009] 猜数字
    • 因为 $a_i$ 可能为负数，所以需要有 a[i]=(a[i]+m[i])%m[i]; 。

扩展中国剩余定理

• 扩展中国剩余定理所解决的问题和中国剩余定理所解决的问题相同，但不保证 $m_i$ 两两互质。

• 算法流程

  • 对于第 $1$ 个方程，有 $x=a_1$ 是第 $1$ 个方程的一个解。
  • 设已经求出了前 $i-1$ 个方程所构成的方程组的一个解 $x$ ，且有 $mul=\mathrm{lcm}(m_1,m_2,\dots ,m_{i-1}),l=xmodmul$ ，则 $x+k\times mul(k\in \mathbb{Z})$ 是前 $i-1$ 个方程所构成的方程组的通解，即 $x\equiv l(\mathrm{mod}mul)$ 。
  • 对于第 $i$ 个方程，其与前 $i-1$ 个方程组成了一个方程组 $\{\begin{array}{l}x\equiv l(\mathrm{mod}mul)\\ x\equiv a_i(\mathrm{mod}{m}_i)\end{array}$ ，即 $k\times mul+y\times m_i=a_i-l$ ，此方程有解当且仅当 $gcd(mul,m_i)|(a_i-l)$ 。若有解，则 $x^{\prime }=x+k\times mul$ 是前 $i$ 个方程所构成的方程组的一个解。

• 代码实现

  点击查看代码

  ll excrt(ll n)
  {
  	ll mul=m[1],ans=a[1],x,y,c,d,i;
  	for(i=2;i<=n;i++)
  	{
  		x=y=0;
  		c=(a[i]-ans%m[i]+m[i])%m[i];//减法取模注意先加模数再取模
  		d=exgcd(mul,m[i],x,y);
  		if(c%d==0)
  		{
  			ans+=(((x+m[i])%m[i])*(c/d)%m[i])*mul;//exgcd解出来的x可能是负数
  			mul=lcm(mul,m[i]);
  			ans=(ans%mul+mul)%mul;
  		}
  		else
  		{
  			return -1;
  		}
  	}
  	return (ans+mul)%mul;
  }
  

• 例题

  • luogu P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）
  • LibreOJ 10213. 「一本通 6.4 例 5」Strange Way to Express Integers
  • CF787A The Monster
    • 注意解的下限是有限制的。
  • luogu P4774 [NOI2018] 屠龙勇士

    • 设 $s_i$ 表示攻击第 $i$ 头巨龙时所用剑的攻击力，则转换为求方程组 $\{\begin{array}{l}{s}_{1}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ s_{2}x\equiv a_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ \dots \\ s_{n}x\equiv a_n(\mathrm{mod}{m}_n)\end{array}$ 不小于 $\underset{i=1}{\overset{n}{max}}\{\lceil {\displaystyle \frac{a_i}{s_i}}\rceil \}$ 的最小非负整数解。接下来和扩展剩余定理推导内容除 $mul$ 的取值外基本一致。

    • 设已经求出了前 $i-1$ 个方程所构成的方程组的一个解 $x$ ，且有 $mul=\mathrm{lcm}({\displaystyle \frac{m_1}{gcd(m_1,s_1)}},{\displaystyle \frac{m_2}{gcd(m_2,s_2)}},\dots ,{\displaystyle \frac{m_{i-1}}{gcd(m_{i-1},s_{i-1})}}),l=xmodmul$ ，则 $x+k\times mul(k\in \mathbb{Z})$ 是前 $i-1$ 个方程所构成的方程组的通解，即 $x\equiv l(\mathrm{mod}mul)$ 。

      • 第 $i$ 个方程实际上是 $x\equiv x^{″}(\mathrm{mod}{\displaystyle \frac{m_i}{gcd(m_i,s_i)}})$ ，其中 $x^{″}$ 是 $s_i{x}^{″}+m_{i}y=a_i$ 的一组特解。故在合并同余方程时，模数已经发生由原来的 $m_i$ 变成了 ${\displaystyle \frac{m_i}{gcd(m_i,s_i)}}$ 。

    • 对于第 $i$ 个方程，其与前 $i-1$ 个方程组成了一个方程组 $\{\begin{array}{l}x\equiv l(\mathrm{mod}mul)\\ s_{i}x\equiv a_i(\mathrm{mod}{m}_i)\end{array}$ ，即 $k\times mul\times s_i+y\times m_i=a_i-l\times s_i$ ，此方程有解当且仅当 $gcd(mul\times s_i,m_i)|(a_i-l\times s_i)$ 。若有解，则 $x^{\prime }=x+k\times mul$ 是前 $i$ 个方程所构成的方程组的一个解。

      点击查看代码

      ll excrt(ll n)
      {
      	ll mul=1,ans=0,x,y,c,d,i,maxx=0;
      	for(i=1;i<=n;i++)
      	{
      		x=y=0;
      		it=s.upper_bound(a[i]);//注意是不大于
      		if(it!=s.begin())
      		{
      			it--;
      		}
      		maxx=max(maxx,(ll)ceil(1.0*a[i]/(*it)));
      		c=(a[i]-((*it)%m[i])*(ans%m[i])%m[i]+m[i])%m[i];
      		d=exgcd((*it)*mul,m[i],x,y);
      		if(c%d==0)
      		{
      			ans+=(((x+m[i])%m[i])*(c/d)%m[i])*mul;
      			mul=lcm(mul,m[i]/gcd(m[i],(*it)));	
      			ans=(ans%mul+mul)%mul;
      		}
      		else
      		{
      			return -1;
      		}
      		s.erase(it);
      		s.insert(atk[i]);
      	}
      	return ans+(ll)ceil(1.0*(maxx-ans)/mul)*mul;
      }
      

高次同余方程

• 形如 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，其中已知 $a,b,p$ ，求非负整数解 $x$ 。
  • 当 $gcd(a,p)=1$ ，但不保证 $p\in \mathbb{P}$ 时，使用 Baby Step,Giant Step /大步小步算法求解。

    • 由欧拉定理，有 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，即循环节为 $\phi (p)-1$ ，故只找到最小的一个 $x\in [0,\phi (p)-1]$ 即可得到所有满足条件的 $x$ 。

    • 算法流程

      • 设 $x=i\times \lceil \sqrt{p}\rceil -j$ ，其中 $j\in [0,\lceil \sqrt{p}\rceil )$ ，则方程改写为 $a^{i\times \lceil \sqrt{p}\rceil -j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 。
      • 又因为 $a,p$ 互质，移项得到 $(a^{\lceil \sqrt{p}\rceil }{)}^i\equiv a^{j}b(\mathrm{mod}p)$
        • 同时也解释了为什么要求 $a,p$ 互质。
      • 对于每个 $j\in [0,\lceil \sqrt{p}\rceil )$ ，将 $a^{j}bmodp$ 插入到一个哈希表中，接着枚举 $i\in [0,\lceil \sqrt{p}\rceil ]$ ，计算出 $(a^{\lceil \sqrt{p}\rceil }{)}^{i}modp$ 后在哈希表中查找即可。

    • 代码实现

      点击查看代码

      ll qpow(ll a,ll b,ll p)
      {
      	ll ans=1;
      	while(b>0)
      	{
      		if(b&1)
      		{
      			ans=ans*a%p;
      		}
      		b>>=1;
      		a=a*a%p;
      	}
      	return ans;	
      }
      ll bsgs(ll a,ll b,ll p)
      {
      	if(1%p==b%p)
      	{
      		return 0;
      	}
      	else
      	{
      		map<ll,ll>vis;
      		ll k=sqrt(p)+1,i,sum;
      		for(i=0;i<=k-1;i++)
      		{
      			vis[b*qpow(a,i,p)%p]=i;
      		}
      		a=qpow(a,k,p);
      		for(i=0;i<=k;i++)
      		{
      			sum=qpow(a,i,p);
      			if(vis.find(sum)!=vis.end())
      			{
      				if(i*k-vis[sum]>=0)
      				{
      					return i*k-vis[sum];
      				}
      			}
      		}
      		return -1;
      	}
      }
      

    • 例题

      • luogu P3846 [TJOI2007] 可爱的质数/【模板】BSGS
        • 题解
      • UVA10225 Discrete Logging
        • 题解
      • luogu P4884 多少个 1？
        • 题解
      • luogu P4454 [CQOI2018] 破解D-H协议
        • 题解
      • luogu P3306 [SDOI2013] 随机数生成器
        • 题解
      • AT_abc270_g [ABC270G] Sequence in mod P
        • 题解
      • BZOJ4128 Matrix
        • 题解
  • 当不保证 $gcd(a,p)=1$ ，但 $p\in \mathbb{P}$ 时，可以转化为 Baby Step,Giant Step 求解。
    • 由于不保证 $gcd(a,p)=1$ ，故当 $a\equiv b\equiv 0(\mathrm{mod}p)$ 或 $gcd(a,p)=1$ 时，同余方程存在非负整数解，其中前者的最小非负整数解为 $x=1$ ，后者则可以通过 Baby Step,Giant Step 求解；否则不存在解。
    • 例题
      • luogu P2485 [SDOI2011] 计算器
        • 题解
      • luogu P4028 New Product
        • 题解
  • 当不保证 $gcd(a,p)=1$ 和不保证 $p\in \mathbb{P}$ 时，使用扩展 Baby Step,Giant Step 算法求解。

    • 设 $d_1=gcd(a,p)$ ，若 $d_1\nmid b$ 则无解，否则同余两边同时除以 $d_1$ ，得到 $\frac{a}{d_1}{a}^{x-1}\equiv \frac{b}{d_1}(\mathrm{mod}\frac{p}{d_1})$ 。

    • 若 $a,\frac{p}{d_1}$ 仍不互质则继续取 $d_2=gcd(a,\frac{p}{d_1})$ ，同余两边同时除以 $d_2$ 得到 $\frac{a^2}{d_1{d}_2}{a}^{x-2}\equiv \frac{b}{d_1{d}_2}(\mathrm{mod}\frac{p}{d_1{d}_2})$ 。

    • 重复这个过程直至 $gcd(a,\frac{p}{\prod _{i=1}^k{d}_i})=1$ ，此时有 $\frac{a^k}{\prod _{i=1}^k{d}_i}{a}^{x-k}\equiv \frac{b}{\prod _{i=1}^k{d}_i}(\mathrm{mod}\frac{p}{\prod _{i=1}^k{d}_i})$ 。

    • 因为 $gcd(a,\frac{p}{\prod _{i=1}^k{d}_i})=1$ ，所以 $gcd(\frac{a^k}{\prod _{i=1}^k{d}_i},\frac{p}{\prod _{i=1}^k{d}_i})=1$ ，乘过去后求逆元就和正常的 Baby Step,Giant Step 算法一样了。

    • 对于 $x<k$ 的情况，在求 $k$ 的过程中判断即可。

    • 代码实现

      点击查看代码

      ll qpow(ll a,ll b,ll p)
      {
      	ll ans=1;
      	while(b)
      	{
      		if(b&1)
      		{
      			ans=ans*a%p;
      		}
      		b>>=1;
      		a=a*a%p;
      	}
      	return ans;
      }
      ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
      {
      	if(b==0)
      	{
      		x=1;
      		y=0;
      		return a;
      	}
      	else
      	{
      		ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
      		y-=a/b*x;
      		return d;
      	}
      }
      ll inv(ll a,ll p)
      {
      	ll x,y;
      	exgcd(a,p,x,y);
      	return (x%p+p)%p;
      }
      ll bsgs(ll a,ll b,ll p)
      {
      	if(1%p==b%p)
      	{
      		return 0;
      	}
      	else
      	{
      		unordered_map<ll,ll>vis;
      		ll k=sqrt(p)+1,i,sum=1;
      		for(i=0;i<=k-1;i++)
      		{
      			b=(i==0)?b:b*a%p;
      			vis[b]=i;
      		}
      		a=qpow(a,k,p);
      		for(i=0;i<=k;i++)
      		{
      			sum=(i==0)?sum:sum*a%p;
      			if(vis.find(sum)!=vis.end())
      			{
      				if(i*k-vis[sum]>=0)
      				{
      					return i*k-vis[sum];
      				}
      			}
      		}
      		return -1;
      	}
      }
      ll exbsgs(ll a,ll b,ll p)
      {
      	b%=p;//防止后面判 b%d==0 时出错
      	if(b==1||p==1)//特判 0 的情况
      	{
      		return 0;
      	}
      	else
      	{
      		ll x,y,d=exgcd(a,p,x,y),k=0,mul=1;
      		while(d!=1)
      		{
      			if(b%d==0)
      			{
      				k++;
      				b/=d;
      				p/=d;
      				mul=(a/d)*mul%p;
      				if(mul==b)//已经是答案
      				{
      					return k;
      				}
      				else
      				{
      					d=exgcd(a,p,x,y);
      				}
      			}
      			else
      			{
      				return -1;
      			}
      		}
      		ll ans=bsgs(a,b*inv(mul,p)%p,p);
      		return (ans!=-1)*k+ans;
      	}
      }
      

    • 例题

      • luogu P4195 【模板】扩展 BSGS/exBSGS
        • 多倍经验：SP3105 MOD - Power Modulo Inverted
      • luogu P4861 按钮
        • 题解
• 形如 $x^a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ ，其中已知 $a,b,p$ ，求非负整数解 $x$ 。