同余相关

取余定义： $a\%b=a-b\left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloor$

整除

$a|b$ 表示 $a$ 能被 $b$ 整除，即 $b=a\times k (k\in Z)$ 。

同余

$a \equiv b \pmod m$ 表示 $a\mod m=b\mod m$ 。

相当于 $a-b=m\times k(k \in N)$ 。

裴蜀定理

内容

若 $a$ , $b$ 是整数,且 $\gcd(a,b)=d$ ，那么对于任意的整数 $x$ , $y$ , $ax+by$ 都一定是 $d$ 的倍数，特别地，一定存在整数 $x,y$ ，使 $ax+by=d$ 成立。

同余方程

$$ax\equiv m\pmod b$$

$$ax-m=by$$

$$ax+by=m$$

欧几里得算法

$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\% b)$

int gcd(int x,int y)
{
    if(!y) return x;
    return gcd(y,x%y);
}

扩展欧几里得

可以通过欧几里得求 gcd 的过程求解 $ax+by=\gcd(a,b)$ 。

设 $\gcd(a，b)=d$ ，当前的式子为 $ax+by=d$ ，则下一轮要递归的式子为 $bx_1+(a\% b)y_1=d$ 。

假设我们已经得出了 $bx_1+(a\% b)y_1=d$ ，需要求出 $x,y$ 。

$$bx_1+(a\%b)y_1=d$$

由 $a\%b=a-b\left\lfloor \dfrac{a}{b}\right\rfloor$ 可得

$$bx_1+(a-b\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor)y_1=d$$

整理得

$$ay_1+b(x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y_1)=d$$

$$\begin{cases}x=y_1\\y=(x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor y_1)\end{cases}$$

边界：辗转相除最后 $b=0$ 返回 $a$ 。

所以当 $b=0$ 时，我们令 $x=1$ 即可（ $y$ 可以为任意数，因为 $b=0$ ）。

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求出了特解，我们就可以推出通解。

设通解为 $x_k,y_k$ ，

$$\begin{cases}x_k=x+k\cdot\dfrac{b}{\gcd(a,b)}\\y_k=y-k\cdot\dfrac{a}{\gcd(a,b)}\end{cases} (k\in Z)$$

其实可以先求出来 $x_k$ 在将 $x_k$ 带入进原式得出 $y_k$ 。

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设一个同余方程为 $ax+by=k$ ，$\gcd(a,b)=d$。

由裴蜀定理可知，$k$ 一定为 $d$ 的倍数。

所以可以先求出 $ax_0+by_0=d$ 的解。再求出 $ax+by=k$ 解。

$$\begin{cases}x=x_0\cdot\dfrac{k}{\gcd(a,b)}\\y=y_0\cdot\dfrac{k}{\gcd(a,b)}\end{cases}$$

int x,y;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(!b) {x=1,y=0;return a;}
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y;y=t-a/b*y;
    return d;
}

逆元

若 $ab\equiv1\pmod p$ ，$a,b$ 互质，则称 $b$ 为 $a$ 的逆元。（ $b=inv(a)$ ）其实就是 $a$ 在模意义下的倒数。

扩展欧几里得求逆元

设 $b$ 为 $a$ 模 $p$ 意义下的逆元，由逆元定义的可得

$$ab+py=1$$

使用扩展欧几里得即可

int x,y;
void exgcd(int a,int p,int &x,int &y)
{
    if(!b) {x=1,y=0;return ;}
    exgcd(p,a%p,x,y);
    int t=x;
    x=y;y=t-a/p*y;
    return ;
}
int main(){
    a=read(),p=read();
    exgcd(a,p,x,y)
    printf("%lld",(x%p+p)%p);//（ x 一直加 p 直到大于 0 ）
}

费马小定理求逆元

费马小定理为：如果 $p$ 是一个质数，而整数 $a$ 不是 $p$ 的倍数，则有 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$ 。

由逆元的定义可以得出

$$a\cdot inv(a)\equiv 1\equiv a^{p-1}\pmod p$$

$$inv(a)\equiv a^{p-2}\pmod p$$

用快速幂计算即可

inline int qpow(int a,int p){
    int b=p-2;int base=a,ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=(ans*base)%p;
        base=(base*base)%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

线性递推法

设 $p=aq+r$ ，则 $q=\left\lfloor\dfrac{p}{a}\right\rfloor,r=p\%a$ 。

$$aq+r\equiv0\pmod p$$

$$a\equiv-r\cdot inv(q)\pmod p$$

$$inv(a)\equiv-q\cdot inv(r)\pmod p$$

可得递推式：

$$inv(a)=-(\dfrac{p}{a})\cdot inv(p\%a)\pmod p$$

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

中国剩余定理（CRT）

出自《孙子算经》

有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？

本质是求解一个同余方程组

$$\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {m_1}\\x\equiv a_2\pmod {m_2}\\...\\x\equiv a_n\pmod {m_n}\end{cases}$$

有一个限制：$m_i$ 两两互质。

我们可以将方程组分开来看：

$$\begin{cases}x_1\equiv a_1\pmod {m_1}\\x_2\equiv a_2\pmod {m_2}\\...\\x_n\equiv a_n\pmod {m_n}\end{cases}$$

只有当 $m_1|x_2$ 时， $x_1+x_2 \equiv a_1\pmod {m_1}$

使 $x=\sum_{i=1}^n x_i$ ，我们设 $p=\prod_{i=1}^n m_i, M_i=\dfrac{p}{m_i},r_i=\dfrac{x_i}{M_i}$ ，解下面的同余方程：

$$\begin{cases}M_1\cdot r_1\equiv a_1\pmod {m_1}\\M_2\cdot r_2\equiv a_2\pmod {m_2}\\...\\M_n\cdot r_n\equiv a_n\pmod {m_n}\end{cases}$$

因为 $m_i$ 两两互质，可以用 exgcd 求解，即求关于 $w_i$ 的同余方程：

$$\begin{cases}M_1\cdot w_1\equiv 1\pmod {m_1}\\M_2\cdot w_2\equiv 1\pmod {m_2}\\...\\M_n\cdot w_n\equiv 1\pmod {m_n}\end{cases}$$

（相当于求 $M_i$ 的在模 $m_i$ 意义下的逆元 $inv(M_i)|_{m_i}$ ）

将解代回得 $r_i=a_i\cdot w_i$

再将 $r_i$ 代回得 $x_i=r_i\cdot M_i=a_i\cdot M_i\cdot w_i=a_i\cdot M_i\cdot inv(M_i)|_{m_i}$

解即为

$$x\equiv \sum_{i=1}^n a_i\cdot M_i\cdot inv(M_i)|_{m_i} \pmod p$$

for(int i = 1;i <= n;i++)
        a[i]=read(),b[i]=read(),P*=a[i];
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
    int M=P/a[i];
    ans+=(b[i]*M*inv(M,a[i]))%P;
}