中国剩余定理(CRT)

背景

在《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以 $3$ 余 $2$ ），五五数之剩三（除以 $5$ 余 $3$ ），七七数之剩二（除以 $7$ 余 $2$ ），问物几何？”这个问题称为“孙子问题”，该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。具体解法分三步：

找出三个数：从 $3$ 和 $5$ 的公倍数中找出被 $7$ 除余 $1$ 的最小数 $15$ ，从 $3$ 和 $7$ 的公倍数中找出被 $5$ 除余 $1$ 的最小数 $21$ ，最后从 $5$ 和 $7$ 的公倍数中找出除 $3$ 余 $1$ 的最小数 $70$ 。
用 $15$ 乘以 $2$ （ $2$ 为最终结果除以 $7$ 的余数），用 $21$ 乘以 $3$ （ $3$ 为最终结果除以 $5$ 的余数），同理，用 $70$ 乘以 $2$ （ $2$ 为最终结果除以 $3$ 的余数），然后把三个乘积相加 $(15\ast 2+21\ast 3+70\ast 2)$ 得到和 $233$ 。
用 $233$ 除以 $3,5,7$ 三个数的最小公倍数 $105$ ，得到余数 $23$ ，即 $233\%105=23$ 。这个余数 $23$ 就是符合条件的最小数。

就这么简单。我们在感叹神奇的同时不禁想知道古人是如何想到这个方法的，有什么基本的数学依据吗？

分析

我们将“孙子问题”拆分成几个简单的小问题，从零开始，试图揣测古人是如何推导出这个解法的。

　　首先，我们假设 $n_{1}$ 是满足除以 $3$ 余 $2$ 的一个数，比如 $2$ ， $5$ ， $8$ 等等，也就是满足 $3\ast k+2$ $(k\geq 0)$ 的一个任意数。同样，我们假设 $n_{2}$ 是满足除以 $5$ 余 $3$ 的一个数， $n_{3}$ 是满足除以 $7$ 余 $2$ 的一个数。

　　有了前面的假设，我们先从 $n_{1}$ 这个角度出发，已知 $n_{1}$ 满足除以 $3$ 余 $2$ ，能不能使得 $n_{1}+n_{2}$ 的和仍然满足除以 $3$ 余 $2$ ？进而使得 $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 的和仍然满足除以 $3$ 余 $2$ ？

　　这就牵涉到一个最基本数学定理，如果有 $a\%b=c$ ,则有 $(a+k\ast b)\%b=c$ ( $k$ 为非零整数)，换句话说，如果一个除法运算的余数为 $c$ ，那么被除数与 $k$ 倍的除数相加（或相减）的和（差）再与除数相除，余数不变。这个是很好证明的。

　　以此定理为依据，如果 $n_{2}$ 是 $3$ 的倍数， $n_{1}+n_{2}$ 就依然满足除以 $3$ 余 $2$ 。同理，如果 $n_{3}$ 也是 $3$ 的倍数，那么 $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 的和就满足除以 $3$ 余 $2$ 。这是从 $n_{1}$ 的角度考虑的，再从 $n_{2}$ ， $n_{3}$ 的角度出发，我们可推导出以下三点：

1. 1. 为使 $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 的和满足除以 $3$ 余 $2$ ， $n_{2}$ 和 $n_{3}$ 必须是 $3$ 的倍数。
  2. 为使 $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 的和满足除以 $5$ 余 $3$ ， $n_{1}$ 和 $n_{3}$ 必须是 $5$ 的倍数。
  3. 为使 $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 的和满足除以 $7$ 余 $2$ ， $n_{1}$ 和 $n_{2}$ 必须是 $7$ 的倍数。

　　因此，为使 $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 的和作为“孙子问题”的一个最终解，需满足：

1. 1. $n_{1}$ 除以 $3$ 余 $2$ ，且是 $5$ 和 $7$ 的公倍数。
  2. $n_{2}$ 除以 $5$ 余 $3$ ，且是 $3$ 和 $7$ 的公倍数。
  3. $n_{3}$ 除以 $7$ 余 $2$ ，且是 $3$ 和 $5$ 的公倍数。

　　所以，孙子问题解法的本质是从 $5$ 和 $7$ 的公倍数中找一个除以 $3$ 余 $2$ 的数 $n_{1}$ ，从 $3$ 和 $7$ 的公倍数中找一个除以 $5$ 余 $3$ 的数 $n_{2}$ ，从 $3$ 和 $5$ 的公倍数中找一个除以 $7$ 余 $2$ 的数 $n_{3}$ ，再将三个数相加得到解。在求 $n_{1}$ ， $n_{2}$ ， $n_{3}$ 时又用了一个小技巧，以 $n_{1}$ 为例，并非从 $5$ 和 $7$ 的公倍数中直接找一个除以 $3$ 余 $2$ 的数，而是先找一个除以 $3$ 余 $1$ 的数，再乘以 $2$ 。

　　这里又有一个数学公式，如果 $a\%b=c$ ，那么 $(a\ast k)\%b=a\%b+a\%b+…+a\%b=c+c+…+c=k\ast c$ ( $k>0$ ),也就是说，如果一个除法的余数为 $c$ ，那么被除数的 $k$ 倍与除数相除的余数为 $k\ast c$ 。展开式中已证明。

　　最后，我们还要清楚一点， $n_{1}+n_{2}+n_{3}$ 只是问题的一个解，并不是最小的解。如何得到最小解？我们只需要从中最大限度的减掉掉 $3$ ， $5$ ， $7$ 的公倍数 $105$ 即可。道理就是前面讲过的定理“如果 $a\%b=c$ ，则有 $(a-k\ast b)\%b=c$ ”。所以 $(n_{1}+n_{2}+n_{3})\%105$ 就是最终的最小解。

解法

设正整数 $m_{1},m_{2}\cdots m_{k}$ 两两互素，则同余方程组

$x\equiv a_{1}(mod$ $m_{1})$
$x\equiv a_{2}(mod$ $m_{2})$
$x\equiv a_{3}(mod$ $m_{3})$
　　　 $\vdots$
$x\equiv a_{k}(mod$ $m_{k})$

有整数解。并且在模 $M=m_{1}\cdot m_{2} \cdots m_{k}$ 下的解是唯一的，解为

$x\equiv (a_{1}M_{1}M_{1}^{-1}+a_{2}M_{2}M_{2}^{-1}+a_{k}M_{k}M_{k}^{-1})mod$ $M$

其中 $M_{i}=M/m_{i}$ ，而 $M_{1}^{-1}$ 为 $M_{i}$ 模 $m_{i}$ 的逆元。

Code

int CRT(int a[],int m[],int n) {
    int M = 1, ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) M *= m[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int x, y;
        int Mi = M/m[i];
        exgcd(Mi, m[i], x, y);
        ans = (ans+Mi*x*a[i])%M;
    }
    if(ans<0) ans += M;
    return ans;
}