同余学习笔记
同余学习笔记
定义
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 \(a\equiv b\ (mod\ m)\) 。
同余系与剩余系
对于 \(\forall a\in[0,m-1]\) ，集合 {\(a+km\)} \((k\in\N)\) 的所有数模 \(m\) 同余，余数都是 \(a\) 。该集合称为一个模 \(m\) 的同余类，简记为 \(\bar{a}\) 。
模 \(m\) 的同余类一共有 \(m\) 个，分别为 \(\bar{0},\bar{1},\cdots,\overline{m-1}\) 。它们构成 \(m\) 的完全剩余系。
\(1\sim m\) 中与 \(m\) 互质的数代表的同余类共有 \(\varphi(m)\) 个，它们构成 \(m\) 的简化剩余系。
简化剩余系关于模 \(m\) 乘法封闭。这是因为若 \(a,b(1\leq a,b\leq m)\) 与 \(m\) 互质，则 \(a*b\) 也不可能与 \(m\) 有相同的质因子，即 \(gcd(a*b,m)=1\) 。再由余数的定义可知 \(a*b\ mod\ m\) 也与 \(m\) 互质，即 \(a*b\ mod\ m\) 也属于 \(m\) 的简化剩余系。
欧拉定理
费马小定理
若 \(p\) 是质数，则对于任意整数 \(a\) ，有 \(a^p\equiv a\ (mod\ p)\) 。
欧拉定理
若正整数 \(a,n\) 互质，则 \(a^{\varphi(n)}\equiv 1\ (mod\ n)\) 。
证明：
设 \(n\) 的简化剩余系为 {\(\overline{a_1},\overline{a_2},\cdots,\overline{a_{\varphi(n)}}\)}。对 \(\forall a_i,a_j\) ，若 \(a*a_i\equiv a*a_j\ (mod\ n)\) ，则 \(a*(a_i-a_j)\equiv 0\) 。因为 \(a,n\) 互质，所以 \(a_i-a_j\equiv 0\) ，即 \(a_i\equiv a_j\) 。故当 \(a_i\not= a_j\) 时， \(aa_i,aa_j\) 也代表不同的同余类。
又因为简化同余系关于模 \(n\) 乘法封闭，故 \(\overline{aa_i}\) 也在简化剩余系中。因此，集合 {\(\overline{a_1},\overline{a_2},\cdots,\overline{a_{\varphi(n)}}\)}与集合 {\(\overline{aa_1},\overline{aa_2},\cdots,\overline{aa_{\varphi(n)}}\)}都能表示 \(n\) 的简化剩余系。综上所述： \(a^{\varphi(n)}a_1a_2\cdots a_{\varphi(n)}\equiv(aa_1)(aa_2)\cdots(aa_{\varphi(n)})\equiv a_1a_2\cdots a_{\varphi(n)}\ (mod\ n)\)
因此 \(a^{\varphi(n)}\equiv1\ (mod\ n)\) 。
当 \(p\) 是质数时， \(\varphi(n)=n-1\) ，并且只有 \(p\) 的倍数与 \(p\) 不互质。所以，只要 \(a\) 不是 \(p\) 的倍数，就有 \(a^{p-1}\equiv1\ (mod\ p)\) ，两边同乘 \(a\) 就是费马小定理。另外，若 \(a\) 是 \(p\) 的倍数，费马小定理显然成立。
证毕。
欧拉定理的推论
若正整数 \(a,n\) 互质，则对于任意正整数 \(b\) ，有 \(a^b\equiv a^{b\ (mod\ \varphi(n))}\ (mod\ n)\) 。
对于一些计数类题目，如果要计算乘方算式，根据欧拉定理，可以先把底数对 \(p\) 取模、指数对 \(\varphi(n)\) 取模。再计算乘方。
特别的，当 \(a,n\) 不一定互质且 \(b>\varphi(n)\) 时，有 \(a^b\equiv a^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}\ (mod\ n)\) 。这意味着即使底数和模数不互质，我们也有办法把指数的规模缩小到容易计算的范围内。上式可以通过寻找 \(a^b\ mod\ n\) 的指数循环节证明。
例题
题面
Solution
\(x\) 个 \(8\) 连在一起组成的正整数可以写成 \(8*(10^x-1)/9\) 。题目要求一个最小的 \(x\) 满足 \(L|8*(10^x-1)/9\) 。
设 \(gcd(8,L)=d\) ，则 \(\frac{L}{d}|\frac{8}{d}(10^x-1)/9\) 。由于 \(\frac{L}{8}\) 与 \(\frac{8}{d}\) 互质，所以 \(\frac{L}{d}|(10^x-1)/9\) 。整理得到 \(\frac{9L}{d}|10^x-1\) 。写成同余的形式 \(10^x\equiv 1\ (mod\ \frac{9L}{d})\) 。
写到这里我们想到欧拉定理的形式。
- 对于 \(gcd(10,\frac{9L}{d})!=1\) ，方程无解。
证明：以上方程等价于 \(10^x=m*\frac{9L}{d}+1\) ，所以 \(gcd(10^x,\frac{9l}{d})=gcd(m*\frac{9l}{d}+1,\frac{9l}{d})=gcd(1,\frac{9l}{d})=1\) 。
- 若 \(a,n\) 互质，则满足 \(a^x\equiv 1\ (mod\ n)\) 的最小正整数解 \(x_0\) 一定是 \(\varphi(n)\) 的约数。
证明：假设 \(x_0\not|\ \varphi(n)\) ，则 \(\varphi(n)=m*x_0+r\ (0<r<x_0)\) 。因为 \(a^{\varphi(n)}\equiv 1\ (mod\ n)\) ，那么 \(a^{m*x_0+r}\equiv 1\ (mod\ n)\) 。因为 \(a^{x_0}\equiv 1\ (mod\ n)\) ，那么对上式化简得 \(a^r\equiv 1\ (mod\ n)\) 。这与 \(x_0\) 最小矛盾，假设不成立。原命题成立。
因此我们只需要求出 \(\varphi(\frac{9l}{d})\) ，然后枚举它的约数，用快速幂判断即可。
时间复杂度： \(o(\sqrt{L}\ log\ L)\) 。
Code
#include<set>
#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
int f=1;char k=getchar();x=0;
for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
x*=f;
}
template<class T>il print(T x){
if(x/10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
ill qpow(ll x,ll m,ll mod){
ll res=1,bas=x%mod;
while(m){
if(m&1) res=mul(res,bas,mod);
bas=mul(bas,bas,mod),m>>=1;
}
return res%mod;
}
ll n,cnt;
ill gcd(ll x,ll y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
ill phi(ll x){
rl res=x;
for(ri i=2;i*i<=x;++i)
if(x%i==0){
res=res/i*(i-1);
while(x%i==0) x/=i;
}
if(x>1) res=res/x*(x-1);
return res;
}
il solve(ll n){
rl d=gcd(8,n);
rl tmp=9*n/d;
if(gcd(tmp,10)!=1) printf("Case %lld: 0\n",++cnt);
else{
rl p=phi(tmp);
for(ri i=1;i<=sqrt(p);++i)
if(p%i==0&&qpow(10,i,tmp)==1){
printf("Case %lld: %d\n",++cnt,i);
return ;
}
for(ri i=sqrt(p);i>1;--i)
if(p%i==0&&qpow(10,p/i,tmp)==1){
printf("Case %lld: %d\n",++cnt,p/i);
return ;
}
}
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
if(!n) return 0;
solve(n);
}
return 0;
}
拓展欧几里得算法
Bezout定理
对于任意整数 \(a,b\) ，一定存在一对整数 \(x,y\) 满足 \(ax+by=gcd(a,b)\) 。
证明：
在欧几里得算法的最后一步，即 \(b=0\) 时，显然有一对整数 \(x=1,y=0\) ，使得 \(a*1+0*0=gcd(a,0)\) 。
若 \(b>0\) ，则 \(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\) 。
假设存在一对整数 \(x,y\) ，满足 \(b*x+(a\%b)*y=gcd(b,a\%b)\) 。
因为 \(bx+(a\%b)y=bx+(a-b\lfloor a/b\rfloor)y=ay+b(x-\lfloor a/b\rfloor y)\) ，所以令 \(x^{'}=y,y^{'}=x-\lfloor a/b\rfloor y\) ，就得到了 \(ax^{'}+by^{'}=gcd(a,b)\) 。
对欧几里得算法的递归过程应用数学归纳法，可知定理成立。
Bezout定理是按照欧几里得算法的思路证明的，且上述证明的同时给出了整数 \(x,y\) 的计算方法。这种计算方法被称作拓展欧几里得算法。
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){x=1,y=0;return a;}
int d=exgcd(b,a%b,x,y);
int z=x;x=y,y=z-y*(a/b);
return d;
}
上述程序求出方程 \(ax+by=gcd(a,b)\) 的一组特解 \(x_0,y_0\) ，并返回 \(a,b\) 的最大公约数 \(d\) 。
对于更一般的方程 \(ax+by=c\) ，它有解当且仅当 \(d|c,d=gcd(a,b)\) 。我们可以先求出 \(ax+by=d\) 的一组特解 \(x_0,y_0\) ，然后令 \(x_0,y_0\) 同时乘上 \(\frac{c}{d}\) ，就得到了 \(ax+by=c\) 的一组特解 \(\frac{c}{d}x_0,\frac{c}{d}y_0\) 。
事实上，方程 \(ax+by=c\) 的通解可以表示为： \(x=\frac{c}{d}x_0+k\frac{b}{d},y=\frac{c}{d}y_0+k\frac{a}{d},k\in\N\) 。
例题
题面
Solution
假设要跳 \(x\) 次才能相遇，则题目等价于求一个最小的 \(x\) ，使得 \(a+nx\equiv b+mx\ (mod\ L)\) 。
整理式子。
\((n-m)x\equiv b-a\ (mod\ L)\)
将同余号去掉，得 \(x(n-m)+kL=b-a\) 。其中 \(n-m,L,b-a\) 均为已知量，所以可以用 \(exgcd\) 求解。
注意到 \(n-m\) 的符号不确定，所以在做题之前进行一下处理，先将 \(n-m\) 变为正数，再将 \(b-a\) 变为正数，最后再转换为二元一次方程求解。（注意要开 \(long\ long\) ）
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
template<class T>il read(T &x){
int f=1;char k=getchar();x=0;
for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
x*=f;
}
template<class T>il print(T x){
if(x/10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){long double c=1.;return (a*b-(ll)(c*a*b/mod)*mod)%mod;}
it qpow(int x,int m,int mod){
int res=1,bas=x%mod;
while(m){
if(m&1) res=(res*bas)%mod;
bas=(bas*bas)%mod,m>>=1;
}
return res%mod;
}
ll a,b,c,n,m,l,x,y;
ill gcd(ll x,ll y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
ill exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(!b){x=1,y=0;return a;}
rl d=exgcd(b,a%b,x,y);
rl z=x;x=y,y=z-(a/b)*y;
return d;
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
read(a),read(b),read(n),read(m),read(l);
c=b-a,a=n-m,b=l;
if(a<0) a=-a,c=-c,c=(c%l+l)%l;
rl d=gcd(a,b);
if(c%d!=0) printf("Impossible");
else{
exgcd(a,b,x,y);
x=1ll*x*c/d;ri mod=b/d;
printf("%lld",(x%mod+mod)%mod);
}
return 0;
}
乘法逆元
若整数 \(b,m\) 互质，并且 \(b|a\) ，则存在一个整数 \(x\) ，使得 \(a/b\equiv a*x\ (mod\ m)\) 。称\(x\) 为 \(b\) 的模 \(m\) 的乘法逆元。记为 \(b^{-1}(mod\ m)\) 。
因为 \(a/b\equiv a*b^{-1}\equiv a/b*b*b^{-1}(mod\ m)\) ，所以 \(b*b^{-1}\equiv 1(mod\ m)\) 。
如果 \(m\) 为质数（此时用 \(p\) 代替 \(m\) ），并且 \(b<p\) ，根据费马小定理， \(b^{p-1}\equiv1(mod\ p)\) ，即 \(b*b^{p-2}\equiv1(mod\ p)\) 。因此，当模数 \(p\) 为质数时， \(b^{p-2}\) 即为 \(b\) 的乘法逆元。
如果只是保证 \(b,m\) 互质，那么乘法逆元可通过求解同余方程 \(b*x\equiv 1(mod\ m)\)得到
运用乘法逆元，我们在计数类问题中遇到 \(a/b\) 这样的除法算式，也可以先把 \(a,b\) 各自对模数 \(p\) 取模，再计算 \(a*b^{-1}(mod\ p)\) 作为最终结果。当然，前提是必须保证 \(b,p\) 互质。
线性同余方程
给定正数 \(a,b,m\) ，求一个整数 \(x\) 满足 \(a*x\equiv b(mod\ m)\) ，或者给出无解。因为未知数的指数为 \(1\) ，所以我们称之为一次同余方程，也称为线性同余方程。
\(a*x\equiv b(mod\ m)\) 等价于 \(a*x-b\) 是 \(m\) 的倍数，不放设为 \(-y\) 倍。于是该方程可以改写为 \(a*x+m*y=b\) 。
线性同余方程有解当且仅当 \(gcd(a,m)|b\) 。
中国剩余定理
设 \(m_1,m_2,\cdots,m_n\) 是两两互质的整数， \(m=\prod\limits_{i=1}^n m_i\) ， \(M_i=m/m_i\) ， \(t_i\) 是线性同余方程 \(M_it_i\equiv 1(mod\ m_i)\) 的一个解。对于任意的 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\) ，方程组 \(\left\{\begin{matrix} x\equiv a_1(mod\ m_1)\\ x\equiv a_2(mod\ m_2)\\ \cdots\\ x\equiv a_2(mod\ m_3)\\ \end{matrix}\right.\) 有整数解，解为 \(x=\sum\limits_{i=1}^n a_i M_i t_i\) 。
证明：
因为 \(M_i=M/m_i\) ，是除 \(m_i\) 外所有模数的倍数，所以 \(\forall k\not= i,a_i M_i t_i\equiv 0(mod\ m_k)\) 。又因为 \(a_iM_it_i\equiv a_i(mod\ m_i)\) ，所以带入 \(x=\sum\limits_{i=1}^n a_i M_i t_i\) ，原方程组成立。
