同余基础数论详解

本文主要讲了扩展欧几里得、（扩展）中国剩余定理。

扩展欧几里得

小结论1：当$x,y$为整数时，$ax+by$最小正整数值为$\gcd(a,b)$。

我们设$ax+by$最小值为$s$,对应不定方程的解为$x_0,y_0$。

可以发现$\gcd(a,b)|ax_0,\gcd(a,b)|by_0$

那么$\gcd(a,b)|ax_0+by_0=s$

再设$a\div s=p\cdots\cdots q(0\leq q<s，带余除法 )$

则$a=ps+q=p(ax_0+by_0)+q$

可得$q=a(1-px_0)+b(-py_0)$，是$ax+by$的形式

而且$s$是$ax+by$最小正整数值，$q$为整数，$0\leq q<s$

可得$q=0$即$s|a$

同理可得$s|b$，那么$s|\gcd(a,b)$

而且上面也推出$\gcd(a,b)|s$最后得到$s=\gcd(a,b)$

小结论2：当$a,b,c$为整数时，$ax+by=c$有整数解的充分必要条件是$\gcd(a,b)|c$

充分性：由小结论1得，$ax+by=\gcd(a,b)$有整数解，只需将解乘上相应的倍数即是$ax+by=c$的解。

必要性：$\gcd(a,b)|a,\gcd(a,b)|b$得$\gcd(a,b)|ax+by=c$

扩展欧几里得

我们可以发现，$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\%b)$，那我们可以试试找出$ax+by=\gcd(a,b)$与$bx^{\prime}+(a\%b)y^{\prime}=\gcd(a,b)$的解的关系。

首先有$ax+by=\gcd(a,b)=bx^{\prime}+(a\%b)y^{\prime}$

把$a\%b=a-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor$代入后整理一下得到

$ax+by=ay^{\prime}+b(x^{\prime}-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y^{\prime})$

可以得到其中一组解为$\begin{cases}x=y^{\prime}\\y=x^{\prime}-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y^{\prime}\end{cases}$

代码递归到$b=0$时，方程就变为$ax+0y=\gcd(a,0)$，一组解就是$x=1,y=0$，还可以顺便求$\gcd(a,b)$

void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y,ll&gcd) {
	if (!b) gcd=a,x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x,gcd),y-=a/b*x;
}

有特殊要求的解不定方程

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

这题比普通的不定方程多了一些要求，其中输出-1当且仅当$\gcd(a,b)$不是$c$的因数，所以我们这里只讨论有解的情况。

由于方程$ax+by=c$和$\dfrac{a}{\gcd(a,b)}x+\dfrac{b}{\gcd(a,b)}y=\dfrac{c}{\gcd(a,b)}$解相同，下面就只考虑$\gcd(a,b)=1$的情况。

我们可以看一下不定方程解的性质：

比如我们已经用exgcd求出一组解$(x_0,y_0)$

可以发现当$t$为任意整数时，$a(x_0+tb)+b(y_0-ta)=c$（把括号拆开就是$ax_0+by_0=c$）

所以这个方程的通解为$\begin{cases}x=x_0+tb\\y=y_0-ta\end{cases}$

假设使$y$也为正整数的$x$的最小正整数值为$x_1$，最大正整数值为$x_2$

根据通解的形式，$x_1,x_1+b,x_1+2b,\cdots,x_2$都对应一组正整数解。

也就是正整数解得个数为$\dfrac{x_2-x_1}{b}+1$。

我们可以先求出$x$的最小正整数值：

由通解的形式得：$x=x_0+tb$，则$x$最小正整数值$x_1$就是$x_0\%b$，这样我们同事还可以求出最大值$y_1=\dfrac{c-ax_1}{b}$

同理$y$最小值$y_2$就是$y_0\%b$或$y_1\%b$，$x_2=\dfrac{c-bx_2}{a}$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y,ll&gcd) {
	if(!b) gcd=a,x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x,gcd),y-=a/b*x;
}
ll a,b,c,d,x,y,x2,y2,t,z;
int main() {
	scanf("%d",&t);
	while(~scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c)) {
		exgcd(a,b,x,y,d);
		if(c%d) {//无解
			printf("-1\n");
			continue;
		}
		a/=d,b/=d,c/=d,x*=c,y*=c;//先求出x0,y0,除以gcd后才是我们讨论的情况
		x=x%b>0?x%b:x%b+b,y=(c-a*x)/b;//算出x1,y1
		y2=y%a>0?y%a:y%a+a,x2=(c-b*y2)/a;//算出x2,y2
		if(y>0) {
			printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",(x2-x)/b+1,x,y2,x2,y);
		} else {
			printf("%lld %lld\n",x,y2);
		}
	}
	return 0;
}

同余方程

将$ax\equiv c\pmod b$转换成$ax+by=c$就可以解了。

由小结论2得，若$\gcd(a,b)|c$，则有整数解，否则无整数解。

有解的时候，先解$ax+by=\gcd(a,b)$的解，再将解乘上$\dfrac{c}{\gcd(a,b)}$即可

例题：P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

有解说明$\gcd(a,b)|1$，那么$\gcd(a,b)=1$，直接解同余方程即可

注：这其实就是求$a$模$b$意义下的逆元，逆元相关见逆元与（扩展）欧拉定理。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,mod,x,y,d;
void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y,ll&gcd) {
	if (!b) gcd=a,x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x,gcd),y-=a/b*x;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld",&a,&mod);
	exgcd(a,mod,x,y,d);
	printf("%lld\n",(x%mod+mod)%mod);//记得取模
	return 0;
}

例题：P1516 青蛙的约会

题目即求$x+km\equiv y+kn\pmod l$的$k$。

整理下式子就是$k(m-n)\equiv y-x\pmod l$

直接解同余方程就行了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll m,n,x,y,b,c,a,gcd;
ll exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y,ll&gcd) {
	if(!b)x=1,y=0,gcd=a;
	else exgcd(b,a%b,y,x,gcd),y-=a/b*x;
}
int main() {
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&b),a=m-n,c=y-x;
	if(a<0)a=-a,c=-c;
	exgcd(abs(a),b,x,y,gcd);
	if(c%gcd)puts("Impossible");
	else printf("%lld\n",(c/gcd*x%(b/gcd)+b/gcd)%(b/gcd));
	return 0;
}

多组同余方程的通解

例题，三倍经验：（T3需要改下读入）

P1495 【模板】中国剩余定理(CRT)/曹冲养猪

P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

P3868 猜数字

现在比如要求$\begin{cases}x\equiv a_1\pmod {b_1}\\\cdots\\x\equiv a_n\pmod {b_n}\end{cases}$的最小正整数解

我们假设前$n-1$个方程的最小正整数解为$s$，$\operatorname{lcm}(b_1,b_2,\cdots,b_{n-1})=m$

那么我们可以得到前$n-1$个方程的所有解都可以表示成$s+xm$（$x$为整数）

现在我们就是要找一个$x$使$s+xm$也满足第$n$个方程

那么$s+xm\equiv a_n\pmod{b_n}$即$xm\equiv a_n-s\pmod{b_n}$

转换不定方程$mx+b_ny=a_n-s$

如果$\dfrac{a_n-c}{\gcd(m,b_n)}$不为整数，则整个方程都无解，否则用扩展欧几里得算出$x$后算出$s+xm$即可。

也就是说，$s\leftarrow s+xm,m\leftarrow m\times\dfrac{b_n}{\gcd(m,b_n)}$就能将第$n$个方程也加进去。

我们只要让$s$初始值为$a_1$，$m$初始值为$b_1$，之后把后面$n-1$个方程逐个加入即可。

注：$x$一定要对$\dfrac{b_n}{\gcd(m,b_n)}$取模，因为会乘上$m$，还要对$\operatorname{lcm}(m,b_n)=\dfrac{b_n}{\gcd(m,b_n)} m$取模，对答案虽不会有影响，但下面的代码的***处可能导致精度溢出

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n;
void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y,ll&gcd) {
	if (!b) gcd=a,x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x,gcd),y-=a/b*x;
}
ll mul(ll ai,ll bi,ll p) {//快速计算a*b%p（保证精度）
	ll ansp=0,x=(ai+p)%p;
	bi=(bi+p)%p;
	while(bi!=0) {
		if(bi&1)ansp=(ansp+x)%p;
		x=(x+x)%p;
		bi>>=1;
	}
	return (ansp%p+p)%p;
}
ll mod,ans,x,y,b,c,d,a,m;
int main() {
	scanf("%d",&n);
	scanf("%lld%lld",&mod,&ans);//第一个方程的解即是a1
	for(int i=1; i<n; ++i) {
		scanf("%lld%lld",&m,&a);
		exgcd(mod,m,x,y,d);
		b=ans-a,c=m/d;//b取了相反数，后面就用了减
		if(b%d) {//判断无解
			ans=-1;
			break;
		}
		x=(mul(b/d,x,c)+c)%c;
		ans-=x*mod;// ***
		mod*=c;//计算最小公倍数
		ans=(ans%mod+mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}