同余方程和中国剩余定理
今天做题的时候化简式子，化简到一半发现几乎就是中国剩余定理的板题，然后发现蒟蒻我不会写中国剩余定理，然后就来补习了23333333
解线性模方程
解法
\( ax \equiv b \mod q \) 可以转化为\( ax + kq = b \) 。
当\( gcd(a,q)|b \) 时，方程有解，否则无解。
当\( a \) 和\( q \) 不互质时，令方程两边同时处以\( gcd(a,q) \) ，得到：
\( \dfrac{a}{gcd(a,q)}x+k\dfrac{q}{gcd(a,q)}=\dfrac{b}{gcd(a,q)} \)
也就是：
\( \dfrac{ax}{gcd(a,q)} \equiv \dfrac{b}{gcd(a,q)} \mod \dfrac{q}{gcd(a,q)} \)
令\( a_1=\dfrac{a}{gcd(a,q)},b_1=\dfrac{b}{gcd(a,q)},q_1=\dfrac{q}{gcd(a,q)} \) ，于是有：
\( a_1x \equiv b_1 \mod q_1 \) ，其中\( a_1 \) 和\( q_1 \) 互质。此时，在方程两边乘\( a_1 \) 在模\( q_1 \) 意义下的逆元，就可以得到：
\( x\equiv b_1\cdot a_1^{-1} \mod q_1 \)
所以\( x=b_1\cdot a_1^{-1} + k\cdot q_1 \) ，其中\( k\in Z^+ \)
等价类
对于上式\( x=b_1\cdot a_1^{-1} + k\cdot q_1 \) ，对于任意\( i,j\in Z^+,i \geqslant j \) ，显然，我们有：
\( (b_1\cdot a_1^{-1}+i\cdot q_1)-(b_1\cdot a_1^{-1} + j\cdot q_1)= (i-j)q_1 \)
如果\( (b_1\cdot a_1^{-1}+i\cdot q_1) \) 和\( (b_1\cdot a_1^{-1} + j\cdot q_1) \) 同余，那么\( (i-j)q_1 \) 是\( q \) 的倍数。因此，\( (i-j) \) 必须是\( gcd(a,q) \) 的倍数。
换句话说，在模\( q \) 的剩余系下，\( ax \equiv b \mod q \) 恰好有\( gcd(a,q) \) 个解。令\( t = b_1\cdot a_1^{-1} \) ，则这\( gcd(a,q) \) 个解分别是：\( t, t+p_1 , t + 2p_1, \cdots , t + (gcd(a,q)-1)p_1 \) 。
这里稍作解释：为什么说，在模\( q \) 的剩余系下，只有这\( gcd(a,q) \) 个解呢？
考虑\( x_1=t \) 和\( x_2=t+gcd(a,q)p_1 \) ，由上面的定义可知：\( gcd(a,q)p_1=p \) 。所以，\( ax_1 \mod p \) 和\( ax_2 \mod p \) 在任何意义下都是完全一致的。同理可得其他\( x=t + kp_1 \) 的情况。所以，只保留这\( gcd(a,q) \) 个解就能涵盖所有的情况。
解同余方程组（中国剩余定理）
变量还是一个，但是变成了如下的方程组：
\begin{cases} x \equiv a_1 \mod m_1 \cr x\equiv a_2 \mod m_2 \cr \cdots \cr x\equiv a_n \mod m_n \end{cases}
假设此时所有的\( m_i \) 两两互质。令\( M=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i,w_i=\dfrac{M}{m_i} \) （\( w_i \) 就是除了\( m_i \) 以外其他\( m \) 的乘积），那么有\( gcd(w_i, m_i)=1 \) （\( w_i \) 和\( m_i \) 互质）。
所以，我们很容易求出\( w_i \) 在模\( m_i \) 意义下的逆元：
\( t_iw_i + ym_i = 1 \) ，拓展欧几里得算法可以求出\( t_i \) 。
所以，显然有\( t_iw_i \equiv 1 \mod m_i \) （\( t_i \) 是\( w_i \) 的逆元）。
也就是：
\( t_iw_i = km_i + 1, k\in Z \) ，等价于
\( t_iw_i + km_i = 1, k \in Z \)
两边同时乘\( a_i \) ，得：
\( t_ia_iw_i + ka_im_i = a_i \)
我们知道，\( k \) 表示的是模\( m_i \) 的次数，所以我们可以把\( ka_i \) 看作\( k \) 。
于是我们得到：
\( t_ia_iw_i + km_i = a_i \)
又因为我们有：\( x \equiv a_i \mod m_i \) （看题干），也就是：
\( x = a_i + km_i \)
\( x + km_i = a_i \)
所以，我们得到如下方程组：
\( \begin{cases} t_ia_iw_i + km_i = a_i \cr x + km_i = a_i \end{cases} \)
注意这里两个\( k \) 不一定相等，但是因为我们要保证的是\( x \) 对\( m_i \) 取模的结果是\( a_i \) ，所以整数\( k \) 对结果并没有影响（因为它们的乘数是\( m_i \) ）。所以我们得到：\( x=t_ia_iw_i \) 。
由定义可知，对于任意\( j \neq i \) ，恒有\( m_j | w_i \) 。
所以，由取模的性质，对于任意的整数\( j \) 有：
\( \begin{align} & \sum\limits_{i=1}^{n}t_ia_iw_i \mod m_j \cr = &\left( t_ja_jw_j + \sum\limits_{i=1}^{j-1}t_ia_iw_i + \sum\limits_{i=j+1}^{n}t_ia_iw_i\right) \mod m_j \cr = & t_ja_jw_j \mod m_j + \sum\limits_{i=1}^{j-1}t_ia_iw_i \mod w_j+ \sum\limits_{i=j+1}^{n}t_ia_iw_i \mod w_j \cr = &t_ja_jw_j \mod m_j \cr = & a_j\end{align} \)
（因为\( m_j | w_i \) ，所以\( \sum\limits_{i=1}^{j-1}t_ia_iw_i \mod w_j = 0 \) ，\( \sum\limits_{i=j+1}^{n}t_ia_iw_i \mod m_j = 0 \) ）
所以，\( x \) 的一组解就是\( \sum\limits_{i=1}^{n}t_ia_iw_i \) ，其中\( t_i \) 是\( w_i \) 关于模\( m_i \) 的逆元。
在模\( M \) 的剩余系下，方程组就有唯一一组解：\( \sum\limits_{i=1}^{n}t_ia_iw_i \mod M \) 。
代码如下：
// 测试代码
#include <cstdio>
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (b == 0) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
ll r = exgcd(b, a % b, x, y);
ll t = x;
x = y;
y = t - a / b * y;
return r;
}
// n个方程：x = a[i] % m[i], (0 <= i < n)
ll CRT(int n, int *a, int *m) {
ll M = 1, t, y, x = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) M *= m[i];
for (int i = 0; i < n; i++) {
ll w = M / m[i];
exgcd(w, m[i], t, y);
x = ((x + t * w * a[i]) % M + M) % M;
}
return x;
}
int a[1000], m[1000];
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", a + i);
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", m + i);
printf("%lld\n", CRT(n, a, m));
return 0;
}
参考资料：
中国剩余定理证明
刘汝佳《算法竞赛入门经典——训练指南》
本文迁移自作者原博客：icysky's Blog
本文作者：icysky
原文链接：同余方程和中国剩余定理
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