同余

1. 模运算基本性质

基本概念

若整数 $a,b$ 除以 $p$ 的余数相等，则称 $a,b$ 在模 $p$ 意义下同余，记作 $a \equiv b \pmod{p}$ 或者 $a \bmod p=b \bmod p$。

模运算的定义：

\[a \bmod p=\begin{cases}a-p\lfloor \dfrac{a}{p}\rfloor &a\geq 0\\-(-a \bmod p) & a<0\end{cases} \]

性质

$(a+b) \bmod p =(a \bmod p+b \bmod p)\bmod p$。
$ab \bmod p=(a\bmod p)(b \bmod p)\bmod p$。
对于任意正整数 $k$，有 $a \bmod p=(a \bmod kp)\bmod p $。
- Proof：考虑将 $n$ 用 $p,kp$ 表示，可得 $n=xp+r_1=ykp+r_2\ (0\leq r_1<p,0\leq r_2 <kp)$。继续将 $r_2$ 用 $p$ 表示，可得 $r_2=zp+r_3\ (0\leq r_3<p)$。命题得证。
若 $k\mid a$，则有 $\dfrac{a}{k} \bmod p=\dfrac{a \bmod kp}{k}$。
- 由模运算的定义可得：
  \[\dfrac{a\bmod kp}{k}=\dfrac{1}{k}(a-kp\lfloor \dfrac{a}{kp}\rfloor)=\dfrac{a}{k}-p\lfloor\dfrac{a}{kp}\rfloor=\dfrac{a}{k}\bmod p \]
$ac\equiv bc \pmod{p}\Rightarrow a\equiv b\pmod{\dfrac{p}{\gcd(c,p)}}$
- Proof：设 $\gcd(c,p)=d$，则有 $c=k_1d,p=k_2d \,(k_1,k_2\in \mathbb{Z})$。
  
  左边式子移项可得 $c(a-b)\equiv 0\pmod{p} \Rightarrow p\mid c(a-b)\Rightarrow k_2d \mid k_1d(a-b) \Rightarrow k_2 \mid k_1(a-b)$。
  
  由 $\gcd$ 的定义得，$k_1 \perp k_2$，则有 $k_2 \mid (a-b)\Rightarrow \dfrac{p}{\gcd(c,p)}\mid (a-b)$。
  
  由此得 $a\equiv b\pmod{\dfrac{p}{\gcd(c,p)}}$，命题得证。

2. 逆元

分数取模

对于 $\dfrac{a}{b}$ 这样一个分数，对它进行模运算就会比较复杂。易得 $\dfrac{a}{b}=a \cdot \dfrac{1}{b}$。设 $\dfrac{1}{b}\equiv x\pmod{p}$，则有 $xb \equiv 1 \pmod{p}$。找到这样一个最小的 $x$，就会有 $ax \equiv \dfrac{a}{b} \pmod{p}$。$x$ 就是下面提到的乘法逆元。

乘法逆元

设 $a$ 为整数，$x$ 为正整数，若

\[ax\equiv 1\pmod{p} \]

则称 $x$ 为 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元。

性质：当且仅当 $a\perp p$ 时，$a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元才存在。

Proof：设 $ax\equiv 1 \pmod{p}$。假设 $\gcd(a,p)=d>1$，则有 $ax=k_1d,p=k_2d$。由模运算的定义得：
\[ax\bmod p=(k_1d) \bmod (k_2d)=k_1d-k_2d\lfloor \dfrac{k_1d}{k_2d}\rfloor=d(k_1-\lfloor\dfrac{k_1d}{k_2d}\rfloor) \]
由于 $d>1$，则 $ax \bmod p$ 不可能等于 $1$ ，假设不成立。

费马小定理

若 $p$ 为质数，且 $a\perp p$，则有：

\[a^{p-1}\equiv 1 \pmod{p} \]

Proof：

设数列 $S_1=\{1,2,3\dots,p-1\}$，将 $S_1$ 乘 $a$ 得 $S_2=\{a,2a,3a\dots,(p-1)a\}$。

将两个数列同时 $\bmod p$ 可得 $S_1=\{1,2,3\dots,p-1\},S_2=\{a \bmod p,2a \bmod p,3a \bmod p\dots,(p-1)a \bmod p\}$。

设 $a \bmod p=x$，则 $2a \bmod p=2x \bmod p$。由于 $p$ 为质数，$2x \bmod p \ne x\Rightarrow a\bmod p \ne 2a \bmod p$。

类似地，可得 $3x \bmod p \ne x,3x \bmod p \ne 2x \bmod p\Rightarrow3a \bmod p\ne a \bmod p,3a \bmod p \ne 2a \bmod p$。

以此类推，$S_2$ 的元素间两两不等，且没有 $0$ 出现，所以 $S_1,S_2$ 在模 $p$ 意义下都是 $1\sim p-1$ 的排列。

设 $S_1,S_2$ 中所有元素的连乘分别为 $X,Y$，则有：

\[\begin{aligned}X&\equiv Y &\pmod{p}\\(p-1)!&\equiv a^{p-1}\cdot (p-1)! &\pmod{p}\\a^{p-1}&\equiv 1&\pmod{p}\end{aligned} \]

由此可得，$a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元 $x$ 即为 $a^{p-2}$。

线性求 $1\sim n$ 的逆元：

方法1

对于 $\dfrac{1}{i}$，用 $i$ 来表示 $p$：

\[\begin{aligned}p&=i\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor+(p \bmod i) \\i\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor+(p \bmod i) &\equiv 0 &\pmod{p}\\i\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor &\equiv -p\bmod i &\pmod{p}\\\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor &\equiv \dfrac{-p\bmod i}{i} &\pmod{p}\\\dfrac{1}{i}&=-\dfrac{\lfloor \dfrac{p}{i}\rfloor}{p \bmod i} &\pmod{p}\end{aligned} \]

由于 $p \bmod i<i$，$\dfrac{1}{p \bmod i}$ 在计算 $\dfrac{1}{i}$ 之前就已经计算出来。

int n,p,inv[N];
void Solve(){
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=1ll*(-p/i+p)*inv[p%i]%p;
}

注意出现负数时要加 $p$。

方法2：

预处理出 $1\sim n$ 在模 $p$ 意义下的阶乘数组，并利用费马小定理计算 $\dfrac{1}{n!}$。

利用 $\dfrac{1}{i!}=\dfrac{1}{(i+1)!}(i+1)$，倒着推出所有的 $\dfrac{1}{i!}$。

从而利用 $\dfrac{1}{i}=\dfrac{(i-1)!}{i!}$ 计算出所有的 $\dfrac{1}{i}$。

这个方法更加通用，因为预处理出的阶乘数组可以直接运用到组合计数中。

int n,p,fac[N],facv[N],inv[N];
int QuickPow(int a,int b){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=1ll*res*a%p;
		b>>=1;
		a=1ll*a*a%p;
	}
	return res;
}
void Solve(){
	fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
	facv[n]=QuickPow(fac[n],p-2);
	for(int i=n-1;i;i--) facv[i]=1ll*facv[i+1]*(i+1)%p;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=1ll*fac[i-1]*facv[i]%p;
}

3. 欧拉定理

同余类

对于 $\forall a\in[0,m-1]$，集合 ${a+km}\ (k\in \mathbb{Z})$ 的所有数在模 $m$ 意义下同余。

该集合称为一个模 $m$ 的同余类，记为 $\bar{a}$。

剩余系

所有模 $m$ 的 $m-1$ 个同余类构成 $m$ 的完全剩余系。

$1\sim m$ 中与 $m$ 互质的数字有 $\phi(m)$ 个，它们代表的同余类构成 $m$ 的简化剩余系。

$m$ 的简化剩余系关于模 $m$ 乘法封闭。

对于 $\forall a,b\ (a,b\in[0,m-1]\land a\perp m \land b \perp m)$，$ab\perp m$，也就是 $\gcd(ab,m)=1$。由辗转相除法得 $\gcd(ab \bmod m,m)=\gcd(ab,m)=1$，故 $ab \bmod m$ 代表的同余类也在 $m$ 的简化剩余系中。

欧拉定理

若 $a\perp n$，则有：

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

Proof：

设 $n$ 的简化剩余系为 $\{\overline{a_1},\overline{a_2},\overline{a_3}\dots,\overline{a_{\phi(n)}}\}$。若存在 $\forall a_i,a_j$ 满足 $aa_i\equiv aa_j \pmod{n}$，则有 $a_i\equiv a_j \pmod{n}$。由此可得，当 $a_i\not\equiv a_j\pmod{n}$ 时，$aa_i \not\equiv aa_j\pmod{n}$。

由于 $n$ 的简化剩余系关于模 $n$ 乘法封闭，故 $\{\overline{a_1},\overline{a_2},\overline{a_3}\dots,\overline{a_{\phi(n)}}\}$ 与 $\{\overline{aa_1},\overline{aa_2},\overline{aa_3}\dots,\overline{aa_{\phi(n)}}\}$

都可以表示 $n$ 的简化剩余系，则有：

\[\begin{aligned}\prod_{i=1}^{\phi(n)} a_i &\equiv \prod_{i=1}^{\phi(n)}aa_i &\pmod{n}\\\prod_{i=1}^{\phi(n)} a_i &\equiv a^{\phi(n)}\prod_{i=1}^{\phi(n)}a_i &\pmod{n}\\a^{\phi(n)} &\equiv 1 &\pmod{n}\end{aligned} \]

命题得证。

由此可以从另一个角度证明费马小定理：当 $p$ 为指数时，$\phi(p)=p-1$，则有 $a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$。

Ex.1 The Luckiest Number

$x$ 个 $8$ 连在一起产生的数字可表示为 $\dfrac{8}{9}(10^x-1)$，故题意转化为求一个最小正整数 $x$，满足。$L\mid \dfrac{8}{9}(10^x-1)$。

为了方便表述，不妨设 $10^x-1=X$。

设 $\gcd(8,L)=d$。

易得 $9L\mid 8X\Rightarrow 9k_2d\mid k_1dX \Rightarrow 9k_2\mid 8k_1X \Rightarrow 9k_2\mid X \\\Rightarrow \dfrac{9L}{d} \mid X\Rightarrow 10^x-1\equiv 0 \pmod{\dfrac{9L}{d}}\Rightarrow 10^x\equiv 1 \pmod{\dfrac{9L}{d}}。$

由于 $\dfrac{9L}{d}\mid (10^x-1)$，故 $\dfrac{9L}{d}$ 的正约数集合是 $10^x-1$ 正约数集合的子集。 $\gcd(10^x,10^x-1)=1$，$10^x$ 与 $10^x-1$ 没有公因子，所以 $\dfrac{9L}{ d}$ 与 $10^x$ 也没有公因子。

引理：若 $a \perp p$，则使得 $a^{x}\equiv 1 \pmod{p}$ 成立的最小 $x$ 一定是 $\phi(p)$ 的因子。
Proof：假设存在 $x_0 \nmid \phi(p)$，满足 $a^{x_0}\equiv 1 \pmod{p}$。则有 $a^{kx_0}\equiv 1 \pmod{p}$。

令 $\phi(p)=kx_0+r\ (r\in[0,x_0))$，可得：$a^{\phi(p)} \equiv a^{kx_0+r} \equiv a^{kx_0}a^r \equiv a^r \equiv 1\pmod{p}$。

与 "$x_0$ 是使得条件成立的最小 $x$" 矛盾，命题得证。

故可以求出 $\phi(\dfrac{9L}{d})$，再从小到大枚举其因子，即可找到答案。

4. 扩展欧拉定理

扩展到 $a,n$ 不要求互质。

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\bmod \phi(n)} &(\gcd(a,n)=1)\\ a^b &(\gcd(a,n)\neq 1 \, \land \, b<\phi(n)) \\ a^{b \bmod \phi(n)+\phi(n)} &(\gcd(a,n)\neq 1 \, \land \, b\geq \phi(n)) \end{cases} \pmod{n} \]

不难看出，$1,3$ 两种情况可以归为一种。

前 $2$ 种情况很显然，重点在第 $3$ 种情况。~~（证明太难了，让我先咕一会）~~ 。

Ex.2 上帝与集合的正确用法

求：

\[2^{2^{2^{2^{2\dots}}}} \bmod p \]

不妨设 $f(x)=2^{2^{2^{2^{2\dots}}}} \bmod x$。

由于 $2^{2^{2^{2^{2\dots}}}}$ 一定大于 $\phi(x)$，根据扩展欧拉定理可得：

\[f(x)=2^{f(\phi(x))+\phi(x)} \bmod x \]

这是一个递归的过程，显然不断给 $x$ 赋值 $\phi(x)$，结果一定会变为 $1$。

故递归边界为：当 $x=1$ 时，$f(x)=0$。

线性打出 $1 \sim 10^7$ 的欧拉函数值后递归+快速幂求解即可。

5. 扩展欧几里得算法（Exgcd）

裴蜀定理

对于任意一组整数 $a,b$，存在一组整数 $x,y$，满足 $ax+by=\gcd(a,b)$。

Proof：

考虑数学归纳法。

当 $b=0$ 时，由于 $\gcd(a,0)=a$，则对于 $ax+0y=a$ 这个不定方程，$x=1$，$y$ 取任意整数。

假设存在一组整数 $x,y$，满足 $bx+(a\bmod b)y=\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(a,b) $。

那么接下来证明也存在一组整数 $x',y'$ 满足 $ax'+by'=\gcd(a,b)$。

\[\begin{aligned} bx+(a\bmod b)y &= bx+(a-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor)y\\ &= bx+ay-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y\\ &= ay+b(x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y) \end{aligned} \]

当 $x'=y,y'=x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y$ 时满足条件。

那么利用辗转相除法进行递归，总能递归到 $b=0$ 的情况。命题得证。

Exgcd

求关于 $x,y$ 的方程 $ax+by=c$ 的整数解。

设 $d=\gcd(a,b)$，方程有整数解的充要条件是 $d\mid c$。

Proof：

设 $a=k_1d,b=k_2d$，则有 $k_1dx+k_2dy=c \Rightarrow k_1x+k_2y=\dfrac{c}{d}$。

先证必要性：由于 $\dfrac{c}{d}$ 必须为整数，则 $d \mid c$。

再证充分性：上式中，$k_1\perp k_2$，则方程 $k_1x'+k_2y'=1$ 一定有整数解。由于 $\dfrac{c}{d} \in\mathbb{Z}$，那么原方程也一定有整数解。

先将方程化简，两边同除以 $d$。此时 $a,b$ 互质。

为了方便表述，下面提到的方程都是化简后的方程。

那么我们可以先利用裴蜀定理求出 $ax'+by'=1$ 的一组特解 $x',y'$，从而求出原方程的一组特解 $x_0=cx’,y_0=cy'$。

考虑如何求出通解。

让 $x$ 加上一个数，那么 $y$ 就要减去一个数。设这两个数为 $\Delta_x,\Delta_y$，则有：

\[\begin{aligned} a(x+\Delta_x)+b(y-\Delta_y) &= c\\ ax+a\Delta_x+by-b\Delta_y &= c\\ a\Delta_x-b\Delta_y&=0\\ a\Delta_x &= b\Delta_y \\ \dfrac{a}{b} &= \dfrac{\Delta_y}{\Delta_x} \end{aligned} \]

由于 $a,b$ 互质，则 $\dfrac{a}{b}$ 为最简整数比，则有 $a \mid \Delta_y$ 且 $\ b\mid \Delta_x$。

由于 $\Delta_x,\Delta_y \in \mathbb{Z}$，则 $\Delta_x$ 最小取到 $b$，$\Delta_y$ 最小取到 $a$。

通解即为：

\[\begin{cases} x=x_0+kb\\ y=y_0+ka\\ \end{cases} (k\in \mathbb{Z}) \]

代回原方程，可以消掉 $kb,ka$。

接下来考虑，当存在正整数解时，如何求出最小正整数解与正整数解的个数。

对 $x$ 的通解进行变形，求 $x$ 的最小正整数解 $x_1$：

\[\begin{aligned} x_1 \bmod b &= (x_0+kb) \bmod b\\ x_1 \bmod b &= x_0 \bmod b\\ x_1&=(((x_0-1) \bmod b)+b)\bmod b+1 \end{aligned} \]

先减一是为了避免 $x_0 \bmod a$ 一开始就为 $0$ 的情况，从而保证 $x_1>0$。

易得，当 $x$ 增大时，$y$ 减小。当 $x$ 取 $x_1$ 时，$y$ 取到最大正整数解 $y_2$。

同理，求出 $y$ 的最小正整数解 $y_1$，当 $y$ 取 $y_1$ 时，$x$ 取到最大正整数解 $x_2$。

由通解公式可得，$x$ 每两个整数解之间相差 $b$，$y$ 每两个整数解之间相差 $a$。

正整数解的个数即为 $\dfrac{x_2-x_1}{b}+1$。

Ex.3 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

根据上面的分析，套用公式即可。

ll T,A,B,C,x,y,d,x1,x2,y1,y2,cnt; 

ll GetX(ll Y){return (C-B*Y)/A;}

ll GetY(ll X){return (C-A*X)/B;}

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x;
	x=y;
	y=z-(a/b)*y;
	return res;
}

void Solve(){
	read(A),read(B),read(C);
	d=Exgcd(A,B,x,y);
	if(C%d) return puts("-1"),void();
	A/=d,B/=d,C/=d;
	x*=C,y*=C;
	x1=((x-1)%B+B)%B+1;
	y2=GetY(x1);
	y1=((y-1)%A+A)%A+1;
	x2=GetX(y1);
	cnt=(x2-x1)/B+1;
	if(y2<=0) printf("%lld %lld\n",x1,y1);
	else printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",cnt,x1,y1,x2,y2);
}

Ex.4 [NOIP2012 提高组] 同余方程

对式子进行变形：

\[\begin{aligned} ax &\equiv 1 \pmod{b}\\ ax+by &= 1 \end{aligned} \]

利用 Exgcd 求解即可。

这是非常常用的变形技巧，也是当 $a,b$ 互质但 $b$ 不是质数时求逆元的方法。

Ex.5 青蛙的约会

设跳跃 $k$ 次后两青蛙相遇，则可列出方程：

\[\begin{aligned} x+kn &\equiv y+km &\pmod{L}\\ (x-y)+k(n-m) &\equiv 0 &\pmod{L}\\ (x-y)+k(n-m) &= pL\\ k(n-m)-pL&=y-x\\ kS-pL&=C \end{aligned} \]

其中 $S,L,C$ 为常数。

把 $k,p$ 看作未知数，利用 Exgcd 求 $k$ 的最小正整数解即可。

6. 中国剩余定理（CRT）

求下列同余方程组的解：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 &\pmod{m_1}\\ x\equiv a_2 &\pmod{m_2}\\ x\equiv a_3 &\pmod{m_3}\\ \dots\\ x\equiv a_n &\pmod{m_n} \end{cases} \]

其中 $m_1,m_2,m_3\dots,m_n$ 两两互质。

考虑如何构造出一个特解。

设 $M=\prod m_i$，$M_i=\dfrac{M}{m_i}$，$t_i$ 为同余方程 $t_iM_i\equiv 1\pmod{m_i}$ 的解。

那么方程的一个特解即为 $x_0= \sum_\limits{i=1}^n a_iM_it_i$。

道理也很简单，容易发现 $M_i$ 是所有 $\forall j \neq i$ 的 $m_j$ 的倍数。对于 $\forall i$，$a_iM_it_i \equiv a_i \pmod{m_i}$，而对于 $\forall j \neq i$，$a_iM_it_i\equiv 0\pmod{m_j}$。将 $x_0$ 代入原方程可以使得原方程组成立。

那么方程的通解为 $x_1=x_0+kM \ (x_1\geq 0,k\in\mathbb{Z})$，最小非负整数解为 $x_0 \bmod M$。

ll n,m[N],a[N],ans,M=1,x,y; 

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x;
	x=y,y=z-a/b*y;
	return res;
}

void Solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++) M*=m[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll Mi=M/m[i];
		ll d=Exgcd(Mi,m[i],x,y);
		x=((x-1)%(m[i]/d)+m[i]/d)%(m[i]/d)+1;
		ans=(ans+SlowMul(SlowMul(x,Mi),a[i]))%M;
	} 
	printf("%lld\n",ans);
}

7. 扩展中国剩余定理（ExCRT）

解下列方程组：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 &\pmod{m_1}\\ x\equiv a_2 &\pmod{m_2}\\ x\equiv a_3 &\pmod{m_3}\\ \dots\\ x\equiv a_n &\pmod{m_n} \end{cases} \]

不要求 $m_1,m_2\dots,m_n$ 两两互质。

此时中国剩余定理不再适用。考虑用扩欧合并方程组。

先考虑前两个方程。$x$ 可以写成 $k_1m_1+a_1$ 与 $k_2m_2+a_2$ 的形式，$m_1,m_2\in\mathbb{N}$。

那么就可以得到一个方程：

\[k_1m_1-k_2m_2=a_2-a_1\\ \]

利用扩欧求解出一组特解 $k_1',k_2'$，并计算出此时 $x$ 的特解 $x_ 0$。化简方程，两边同时除以 $\gcd(m_1,m_2)$。设新的方程为 $Ak_1+Bk_2=C$。

$k_1$ 的通解：$k_1=k_1'+pB\ (k_1\geq 0,p\in\mathbb{Z})$。$k_1$ 两个解之间相差 $B$，那么 $x$ 的两个解之间相差 $Bm_1$，也就是 $\dfrac{m_1m_2}{\gcd(m_1,m_2)}=\operatorname{lcm}(m_1,m_2)$。$x$ 的通解即为 $x=x_0+t\operatorname{lcm}(m_1,m_2) \ (x\geq0,t\in\mathbb{Z})$。

$x$ 的通解可以继续写成同余方程的形式：

\[x\equiv x_0 \pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)} \]

这样两个方程就合并成了一个方程。以此类推，共使用 $n-1$ 次扩欧，最后就只剩下了一个同余方程。

假设剩下的方程为 $x\equiv p \pmod{q}$，那么 $x$ 的最小非负整数解即为 $p \bmod q$。

int n;
ll a[N],b[N],M,R,ans,x,y,tmp1,tmp2;

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x; x=y,y=z-a/b*y;
	return res;
}
ll WangbaMul(ll a,ll b,ll m){
	ll res=0;
	while(b){
		if(b&1) res=(res+a)%m;
		a=(a<<1)%m;
		b>>=1;
	}
	return res;
}

ll Solve(){
	M=b[1],R=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ll A=M,B=b[i],C=a[i]-R;
		C=(C%B+B)%B; //Ax+By=C => Ax mod B=C 
		ll d=Exgcd(A,B,x,y);
		if(C%d) return -1;
		M=M/Exgcd(M,b[i],tmp1,tmp2)*b[i];
		x=WangbaMul(x,C/d,M);
		x=(x%(B/d)+(B/d))%(B/d);
		R+=x*A; R%=M;
	}
	return R%M;
}

posted @ 2024-07-06 18:03 XP3301_Pipi 阅读(31) 评论(0) 编辑收藏举报

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同余

1. 模运算基本性质

基本概念

性质

2. 逆元

分数取模

乘法逆元

费马小定理

Proof：

线性求 \(1\sim n\) 的逆元：

方法1

方法2：

3. 欧拉定理

同余类

剩余系

欧拉定理

Proof：

Ex.1 The Luckiest Number

4. 扩展欧拉定理

Ex.2 上帝与集合的正确用法

5. 扩展欧几里得算法（Exgcd）

裴蜀定理

Proof：

Exgcd

Ex.3 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

Ex.4 [NOIP2012 提高组] 同余方程

Ex.5 青蛙的约会

6. 中国剩余定理（CRT）

7. 扩展中国剩余定理（ExCRT）

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