非常简易的还原分数方法

感谢 @unputdownable

问题简述

给定素数 $p$，正整数 $x$ 满足 $1\le x<p$，则存在 ${\displaystyle \frac{a}{b}}\equiv x(\mathrm{mod}p)$，即 $a\equiv bx(\mathrm{mod}p)$。求一组 $a,b$ 使得 $max\{|a|,||b\}$ 尽可能小。

做法

考虑 $a=bx+kp$，则可以转写成 $a=k(pmodx)(\mathrm{mod}x)$，即 ${\displaystyle \frac{a}{k}}\equiv (pmodx)$。这是一个子问题，转化形式类似欧几里得算法。顶多迭代 $\log min\{a,b\}$ 轮以后 $x$ 就会变成 $1$，这时候停止。在每一层我们都能得到一个朴素解 ${\displaystyle \frac{x}{1}}\equiv x(\mathrm{mod}p)$，即 $a=x,b=1$；同时从下一层的某个解 $k$ 还能还原出 唯一对应的 某个当前层的解 $b={\displaystyle \frac{a-kp}{x}}$。这样从下往上不断还原，在最顶层（即原问题）我们可以得到 $\log min\{a,b\}$ 个不同的解。注意到实际上并不需要一步一步还原，因为 $b\equiv x^{-1}\cdot a(\mathrm{mod}p)$，而 $a$ 的数值是不会在传递中改变的，所以在每一层记录朴素解中 $a$ 的数值（即当前的 $x$），在顶层求一次 $x^{-1}modp$，就能 $\mathrm{\Theta }(\log min\{a,b\}$) 地得到这些所有解。求出最小解不需要约分。

接下来证明这样就得到了所有正整数解（负数解一定对应某个正数解，不需要求）。考虑任何一组解，把它带入 $a=bx+kp$，求出 $k$，不断传递到下一层。$a$ 在这个过程中始终不变，而在解变得没有意义（$k=0$）之前，$b$ 一定会变成 $1$，这个时候就中止。那么从这一层开始向上传递求出的解就是这组解。所以所有解都可以被用这样的方式求出。

代码

LL kpow(LL x, LL k, LL p)
{
    LL r = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) r = (__int128)r * x % p;
        x = (__int128)x * x % p;
        k >>= 1;
    }
    return r;
}
 
pair<LL, LL> recover(LL x, LL p)
{
    vector<LL> a;
    LL invx = kpow(x, p - 2, p), pp = p;
    while (x)
    {
        a.push_back(x);
        LL t = x;
        x = p % x;
        p = t;
    }
    pair<LL, LL> res{pp, pp};
    for (auto ca : a)
    {
        LL cb = (__int128)ca * invx % pp;
        ca = min(ca, pp - ca);
        cb = min(cb, pp - cb);
        if (max(res.first, res.second) > max(ca, cb))
            res = {ca, cb};
    }
    return res;
}