基础数论知识

前言

基础数论知识。

original edition 2023.3.29。

upd 2023.6.19：为明天听 zyw 大佬讲题复习，并优化 Latex。

upd 2023.6.20：扩展欧几里得，同余最短路，逆元，中国剩余定理及扩展。

upd 2023.6.21：BSGS。

upd 7.2：高斯消元。

upd 10.20: csp-s 考前复习，更正逆元板块一些错误。

知识点

线性筛

1. 原理：让每个数被它最小质因数筛一次。
2. 若 $imodprime[j]=0$，则 $i\cdot prime[j+k],k\ge 0$ 的最小质因数为 $prime[j]$ 而非 $prime[j+k]$。此时筛完 break。

代码实现：

for(int i=2;i<=n;i++)
{
	if(!v[i]) p[++k]=i;
	for(int j=1;j<=k&&i*p[j]<=n;j++)
  	{
  		v[i*p[j]]=1;
	  	if(i%p[j]==0) break;
	}
}

唯一分解定理

1. $N=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_m^{c_m}$。
2. $N$ 正约数个数：$\prod _{i=1}^m(c_i+1)$。
3. $N$ 正约数和： $\prod _{i=1}^m(\sum _{j=0}^{c_i}(p_i{)}^j)$。

最大公约数

1. $a\le b,gcd(a,b)=gcd(b,b-a)=gcd(a,b-a)$。
2. $b\ne 0,gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$。

证明:

• $a<b,gcd(b,amodb)=gcd(b,a)$
• $a\ge b$，设 $a=q\cdot b+r,0\le r<b,r=amodb$
• 设 $d\mid a,d\mid b$，$d$ 为 $a,b$ 公约数集合任一数。则 $d\mid (a-qb)$ 即 $d\mid r$。所以 $b,amodb$ >和 $a,b$ 有相同公约数集合，故最大公约数相同。

tip : 设 $a=k_{1}d,b=k_{2}d$，则 $(a-qb)=(k_1-k_{2}q)d$，必然整除 $d$

3. $gcd(a,b)\cdot \mathrm{lcm}(a,b)=a\cdot b$

欧拉函数

1. $\phi (n)$ 定义：$1\sim N$ 中与 $N$ 互质的数的个数。
2. 根据唯一分解定理 $N=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_m^{c_m}$，$\phi (N)=N\times \prod _{i=1}^m(1-\frac{1}{p_i})$

证明：

对于每个质因子 $p$，$1\sim N$ 中均有 $\frac{N}{p}$ 个倍数。

对于每几个质因子（这里举两个） $p_i,p_j$，$p_i{p}_j$ 的倍数被减了两次，需要加回来一次，即 $N-\frac{N}{>}{p}_i-\frac{N}{p_j}+\frac{N}{p_i{p}_j}=N(1-\frac{1}{p_i})(1-\frac{1}{p_j})$（容斥原理）

---

3. 欧拉函数性质（省略版）

(1). $\mathrm{\forall }n>1$，$1\sim n$ 中与 $n$ 互质的数的和为 $n\cdot \phi (n)/2$。

(2). 欧拉函数是积性函数。积性函数性质：$f(ab)=f(a)\cdot f(b)$，$a,b$互质。

(3). 若 $p$ 是质数，$p\mid n,p^2\mid n$，则 $\phi (n)=\phi (n/p)\cdot p$。

(4). 若 $p$ 是质数，$p\mid n,p^2\nmid n$，则 $\phi (n)=\phi (n/p)\cdot (p-1)$。

tip：$\phi (p)=p-1$，$p$ 为质数（除了 $p$ 的倍数，肯定 $1\sim p-1$ 都与 $p$ 互质）。

证明：

(1). 设 $x$ 与 $n$ 互质，又 $gcd(n,x)=gcd(n,n-x)=1$ 所以与 $n$ 互质的数 $x,n-x$ 成对出现，平均值为 $n/>2$，有 $\phi (n)$ 个。

(2). 请自行用公式计算证明。

(3). 设 $n=k{p}^2$，则 $n/p=kp$，显然 $n,n/p$ 质因子相同，代入公式算即可。

(4). $p^2\nmid n$ 则 $p\nmid n/p$，故 $n/p$ 不是 $p$ 倍数，$p$ 又为质数，二者肯定互质，利用积性函数性计算即可。

tip：根据(3)，(4)，可以线性求欧拉函数（很简单，直接手推一波啥事没有）。

欧拉定理及扩展

1. 若正整数 $a,n$ 互质，则 $a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。($n$ 为质数你猜猜是啥)
2. 若正整数 $a,n$ 互质，则对于任意正整数 $b$，有 $a^b\equiv a^{bmod\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$
3. 若 $a,n$ 不一定互质，且 $b>\phi (n)$，有 $a^b\equiv a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$

tip : 是费马小定理。

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证明：

（1）先引入两个概念，同余类和剩余系。

对于 $\mathrm{\forall }a\in [0,m-1]$，集合 $\{a+km\}$（$k$ 为整数）的所有数模 $m$ 余数都是 $a$，则称该集合为一个模 $m$ 的同余类，简记为 $\bar{a}$。

$m$ 的完全剩余系：一共有 $m$ 个，分别为 $\bar{0},\bar{1},\bar{2},...,\overline{m-1}$。

$m$ 的简化剩余系：一共有 $\phi (m)$ 个，即 $1\sim m$ 中与 $m$ 互质的个数。

例如：模 $10$ 的简化剩余系为 $\{\bar{1},\bar{3},\bar{7},\bar{9}\}$。

此外，简化剩余系关于模 $m$ 乘法封闭（集合内两个数相乘，还是在集合内）。

因为 $a,b$ 与 $m$ 互质，则 $a\times b$ 也与 $m$ 互质，$a\times bmodm$ 也与 $m$ 互质。

（2） 接下来证明欧拉定理。

设 $n$ 的简化剩余系为 $\{\overline{a_1},\overline{a_2},...,\overline{a_{\phi (n)}}\}$。

$\{\overline{a{a}_1},\overline{a{a}_2},...,\overline{a{a}_{\phi (n)}}\}$ 也可表示为 $n$ 的简化剩余系。（A）

证明（A）：

由于 $a,n$互质和简化剩余系的乘法封闭，故 $\overline{a{a}_i}$ 也在简化剩余系集合中。我们假设 $a{a}_i\equiv a{a}_j(\mathrm{mod}n),i\ne j$，根据同余性质，两边同时除以 $a$ 仍然成立，再根据 $a_i,a_j<n$，故 $a_i=a_j$。在简化剩余系中，显然不存在 $a_i=a_j$，故原结论成立。

证毕 （A）

综上： $a^{\phi (n)}{a}_1{a}_2...a_{\phi (n)}\equiv (a{a}_1)(a{a}_2)...(a{a}_{\phi (n)})\equiv a_1{a}_2...a_{\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$，

因此 $a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$

---

证明：

设 $b=q\cdot \phi (n)+r,0\le r<\phi (n)$，

则 $a^b\equiv a^{q\cdot \phi (n)+r}\equiv (a^{\phi (n)}{)}^q\cdot a^r\equiv 1\cdot a^r\equiv a^{bmod\phi (n)}(\mathrm{mod}n)$

tip ：注意第一条定理，和 $r$ 等于什么

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证明：

先引入一个结论：若 $n_1,n_2$ 互质，$x\equiv y(\mathrm{mod}{n}_1),x\equiv y(\mathrm{mod}{n}_2)$，则$x\equiv y(\mathrm{mod}{n}_1{n}_2)$。

这个移项后发现 $x-y$ 是 $\mathrm{lcm}(n_1,n_2)$ 的倍数，然后 $\mathrm{lcm}(n_1,n_2)=n_1{n}_2$，故成立。

受这个启发，我们先把 $n$ 质因数分解为 $n=p_1^{c_1}{p}_2^{c_2}...p_m^{c_m}$。显然，任两个 $p_i^{c_i}$ 互质。如此，我们只需要证明 $a^b\equiv a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(\mathrm{mod}{p}_i^{c_i})$
，再把它们乘起来，原式得证。

接下来，我们分析如何证上面的式子。

若 $gcd(a,p_i^{c_i})=1$，显然符合欧拉定理 1，2 条结论，故可以证明，这里不多赘述。

若 $gcd(a,p_i^{c_i})\ne 1$，则可设 $a=k\cdot p_i$。（显然，$a$ 是 $p_i$ 的倍数，毕竟 $p_i$ 是质数嘛）

由于 $\phi (p_i^{c_i})=p_i^{c_i}-\frac{p_i^{c_i}}{p_i}=p_i^{c_{i-1}}\cdot (p_i-1)\ge p_i^{c_{i-1}}\ge 2^{c_i-1}\ge c_i$

所以 $b\ge \phi (n)\ge \phi (p_i^{c_i})\ge c_i$

因此 $p_i^{c_i}$ 是 $a^b$ 和 $a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}$ 的因数，余数均为 $0$，故得证。

tip 1：关于 $\phi (p_i^{c_i})$ 的求法，我们考虑只有 $p_i$ 的倍数和 $p_i^{c_i}$ 不互质，减去即可。

tip 2：不等式里"忽视" $p(i-1)$ 和把 $p_i$ 放缩为 $2$ 的理由：$p$ 是质数，大于等于 2。

tip 3：如果不理解因数，注意 $a=k\cdot p_i$，结合不等式，次方后必定是包含 $p_i^{c_i}$ 的。

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扩展欧几里得

1. 裴蜀定理：对于任意整数 $a,b$，存在一对整数 $x,y$，满足 $ax+by=gcd(a,b)$。

证明：

• 根据 $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$，在最后 $b=0$ 时，显然有 $x=1,y=0$ 满足 $a\cdot 1+b\cdot 0=gcd(a,0)$
• 设当前 $a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)=bx+(amodb)y=bx+(a-b\lfloor a/b\rfloor )y=ay+b(x-\lfloor a/b\rfloor y)$
• 故 $x^{\prime }=y,y^{\prime }=x-\lfloor a/b\rfloor y$。如此递归便能构造。

2. 此过程还算了上述方程的一组特解，该算法为扩展欧几里得算法。代码实现：

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

3. 求 $ax+by=c$ 的整数解。

• 先判是否有解。设 $d=gcd(a,b)$，有解当且仅当 $d\mid c$。
• 特解：用 exgcd 求出方程 $ax+by=d$ 的特解 $x_0,y_0$，再同时乘上 $c/d$，就得到原方程的特解 $x_1,y_1$。
• 通解：$x=x_1+\frac{b}{d}k,y=y_1-k\frac{a}{d},k\in \mathbb{Z}$。

过程：假设将 $x_1$ 扩大为 $x_1+p$，观察法发现 $y_1$ 需要减小，设减小为 $y_1-q$。（$p,q\in {\mathbb{N}}^{+}$，事实上是我们希望 $p,q$ 为正整数）

解 $\{\begin{array}{l}a{x}_1+b{y}_1=c\\ a(x1+p)+b(y_1-q)=c\end{array}$

得：$p=\frac{bq}{a},q=\frac{ap}{b}$，又 $p,q\in {\mathbb{N}}^{+}$，所以 $a\mid bq,b\mid ap$。

令 $p,q$ 最小（也就是最小偏差量），就可以表示通解了。不难得出 $b{q}_{min}=\mathrm{lcm}(a,b)=\frac{ab}{d}$，$p$ 同理，得 $p_{min}=\frac{b}{d},q_{min}=\frac{a}{d}$。

4. 求解线性同余方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}n)$。

移项得 $ax-b\equiv 0(\mathrm{mod}n)$，即 $ax-b$ 使 $n$ 的倍数。假设为 $-y$ 倍，则 $ax+ny=b$。就是刚刚的不定方程。

同余数最短路

一般用来解决用若干整数使用任意次拼数这类的问题。

显然可以用完全背包来解决，复杂度 $O(nV)$，$V$ 为背包体积。

若用 dijkstra 求解最短路，设这若干整数绝对值最小的为 $m$，复杂度为 $O(n\log (n+m))$。

假设我们用 $a_1,a_2,...,a_n$ 拼数。

选定 $a_1$ （可以选任意数）为模数。考虑 $a_1$ 的同余类 $\bar{x}$，若其中一个数 $t$ 能被 $a_2,a_3,...,a_n$ 凑出，则 $\bar{x}$ 中大于等于 $t$ 的数都能被凑出。

由此，考虑 $a_1$ 个同余类中最小能被凑出的数，设为 $d$，则此同余类在 $[0,r]$ 中能凑出的数的个数为 $\lfloor \frac{r-d}{a_1}\rfloor$ 。

问题转化为如何求每个同余类最小能被凑出的数。

这可以转化为一个图论问题。对每个同余类建一个节点，向其加 $a_i,i\in [2,n]$ 到达的同余类分别连边，边权为 $a_i$。那么问题就转化为了跑最短路。

代码实现：

for(int i=0;i<a[1];i++)
	for(int j=2;j<=n;j++)
		G[i].emplace_back((i+a[j])%a[1],a[j]);
dijkstra();// spfa or other algorithms
// 假设要求统计能凑出 [l,r] 中多少不同的数。
ll ans=0;
for(int i=0;i<a[1];i++)
{
	if(r>=d[i]) ans+=(r-d[i])/a[1]+1;
	if(l-1>=d[i]) ans-=(l-1-d[i])/a[1]+1;
}

逆元

实用主义定义：考虑一个分数 $\frac{a}{b}$ 对 $p$ 如何进行取模运算。就是乘上 $b$ 关于 $p$ 的逆元。

1. $O(\log p)$ 求逆元：

• 设逆元为 $x$，根据定义，$\frac{a}{b}\equiv ax$。 即 $x\cdot b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。
• 若 $p$ 为质数，根据费马小定理 $b^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，得 $x=b^{p-2}$。
• 若 $b,p$ 互质，则用 exgcd 求解上述线性同余方程（所以逆元可能不存在）。

2. 线性求逆元：

• 设当前要求 $i$ 的逆元，$p=q\cdot i+r$，即 $q\cdot i+r\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。
• 同时乘 $i^{-1},r^{-1}$ ：$q\cdot r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。
• $i^{-1}\equiv -q\cdot r^{-1}(\mathrm{mod}p)$。
• 为了方便，让逆元非负，右边加上 $p\cdot r^{-1}$（此数为 $p$ 的倍数，模 $p$ 意义下显然允许），得最终式子：
• $i^{-1}\equiv (p-p/i)\cdot (pmodi{)}^{-1}$。

inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;

3. 线性求阶乘逆元：

• $(n!{)}^{-1}\equiv ((n+1)!{)}^{-1}\cdot (n+1)(\mathrm{mod}p)$

inv[n]=qpow(fac[n],p-2);
for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%p; 

中国剩余定理及扩展

设 $p_1,p_2,...,p_n$ 是两两互质的整数，$p=\prod _{i=1}^n{p}_i,P_i=p/p_i$，$t_i$ 是线性同余方程 $P_i{t}_i\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_i)$ 的一个解，则对于方程组

$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ ...\\ x\equiv a_n(\mathrm{mod}{p}_n)\end{array}$

有整数解 $x=\sum _{i=1}^n{a}_i{P}_i{t}_i$。通解：$x+kp(k\in \mathbb{Z})$。

证明：$P_i$ 是除 $p_i$ 之外所有模数的倍数，那么最终 $x$ 加上 $P_i$ 的倍数就不影响其余方程。又因为 $a_i{P}_i{t}_i\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$，满足当前方程组，所以代入 $x$，原方程组成立。

若要求最小正整数解，只需每步对 $ans=(ansmodp+p)modp$，使 $ans$ 落在 $0\sim p-1$ 范围内，就是最小正整数解。

代码实现：

void CRT()
{
	ll p=1,ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) p*=p[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int P=p/p[i],t,y;
		exgcd(P,p[i],t,y);
		ans+=1ll*a[i]*P*t;
	}
}

题外话

机房大佬叶师傅跟我提到过可以用 CRT 还原被取模数。

但我懒，没试过。

扩展中国剩余定理

考虑 $p_i$ 不两两互质的情况。

假设已经求出前 $i-1$ 个方程组的一个解 $x$。记 $m=\mathrm{lcm}(p_1,p_2,...,p_{i-1})$，则 $x+k\cdot m(k\in \mathbb{Z})$ 是前 $i-1$ 个方程组的通解。

现在要满足 $x+k\cdot m\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}_i)$，即 $k\cdot m\equiv a_i-x(\mathrm{mod}{p}_i)$，其中 $k$ 是未知量。这是一个线性同余方程，可用 exgcd 求解或判断无解。

那么前 $i$ 个方程组的解就是 $x+k\cdot m$。

取模技巧：

1. 在解上述非线性同余方程时，让 $a_i-x$ 对 $p_i$ 取模，并变为正数。
2. 求出新的 $x$ 解后，对新的 $m$ 取模。

代码实现：

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

void EXCRT()
{
	int m=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a>>p;
		int k,y,d;//d=gcd(m,p)
		a=((a-x)%p+p)%p;//取个模
		exgcd(m,p,k,y,d);
		if(a%d!=0) return puts("No solution"),void();//判断无解
		k=k*a/d;
		x+=k*m;
		m=lcm(m,p);
		x=(x%m+m)%m;
	}
}

高次同余方程

BSGS 算法及扩展

是用来解决形如 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 这类的问题。

若保证 $a,p$ 互质，便很容易想到欧拉定理。$a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 也就说明 $a^x$ 在模 $p$ 意义下有一个长为 $\phi (p)$ 的循环节。

那么得到一种朴素算法：从 $1\sim \phi (p)$ 枚举 $x$。由于 $p$ 是质数，复杂度为 $O(p)$。

BSGS 是对此算法的改进。其实不难想到分块。

设 $x=i\cdot t-j$（设为减号为了方便），则 $(a^t{)}^i\equiv b\cdot a^j(\mathrm{mod}p)$。

取 $t=\sqrt{\phi (p)}$，不难得出 $O(\sqrt{p})$ 的算法。

把 $b\cdot a^{j}modp$ 所有可能取值放到一个哈希表里，再枚举 $i$ 验证 $(a^t{)}^i$ 是否在表里就可以了。

为方便，直接取 $t=\sqrt{p}+1$，注意要把 $[1,p-1]$ 里所有值取完，所以 $i,j$ 范围为 $[1,t]$。(也可以是其他的，合理即可)

代码实现：

int BSGS()
{
    unordered_map<int,int> mp; //相当于哈希表
    int t=sqrt(p)+1,A=1;
    for(int i=1;i<=t;i++)
        A=A*a%p,mp[b*A%p]=i;
    int now=A;//now=a^t
    for(int i=1;i<=t;i++)
    {
        auto it=mp.find(now);
        if(it!=mp.end()) return i*t-it->second;
        now=now*A%p;
    }
    return -1;
}

若 $a,p$ 不互质，我们想办法让其互质。 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 可写为 $a\cdot a^{x-1}+p\cdot y=b$。

根据裴蜀定理，当 $d=gcd(a,p)\mid b$ 时，方程有整数解。那么方程两边同时除以 $d$，得到 $\frac{a\cdot a^{x-1}}{d}+\frac{p\cdot y}{d}=\frac{b}{d}$；也就是 $\frac{a}{d}{a}^{x-1}\equiv \frac{b}{d}(\mathrm{mod}\frac{p}{d})$。这时，如果 $d=1$，那么就可以用 BSGS 了，否则继续递归。当然左侧多了一个系数，在 BSGS 时乘上即可。

注意当 $x=0$ 时 $x-1$ 变为负数，故需要特判。即当 $b=1$ 时直接返回 $x=0$。

细节很多，上代码：

//k 是系数，注意 BSGS 时也要传
int exBSGS(int a,int b,int p,int k=1)
{
    a%=p,b%=p;
    if(b==1||p==1) return 0;
    int d;
    for(int i=0;;i++)
    {
        d=gcd(a,p);
        if(b%d) return -1;
        b/=d,p/=d;
        k=k*a/d%p;
        if(k==b) return i+1;
        if(d==1) return BSGS(a,b,p,k)+i+1;
    }
}

原根

咕咕咕。

高斯消元

说人话就是解线性方程组。

可参考解二元一次方程组的过程。

直接说做法，可自行模拟。

每个未知数选择一个方程组，用选择的方程组消去其余方程组的当前未知数。

最后每个未知数等于选择的方程组的最终常数。

给一个过程方便理解。

如以下方程组：

$\{\begin{array}{l}{k}_{1,1}\cdot x_1+k_{1,2}\cdot x_2+k_{1,3}\cdot x_3=d_1\\ k_{2,1}\cdot x_1+k_{2,2}\cdot x_2+k_{2,3}\cdot x_3=d_2\\ k_{3,1}\cdot x_1+k_{3,2}\cdot x_2+k_{3,3}\cdot x_3=d_3\end{array}$

先消去第一个未知数：

$\{\begin{array}{l}{k}_{1,1}\cdot x_1+k_{1,2}\cdot x_2+k_{1,3}\cdot x_3=d_1\\ 0\cdot x_1+k_{2,2}^{\prime }\cdot x_2+k_{2,3}^{\prime }\cdot x_3=d_2^{\prime }\\ 0\cdot x_1+k_{3,2}^{\prime }\cdot x_2+k_{3,3}^{\prime }\cdot x_3=d_3^{\prime }\end{array}$

再消去第二个未知数：

$\{\begin{array}{l}{k}_{1,1}^{\prime }\cdot x_1+0\cdot x_2+k_{1,3}^{\prime }\cdot x_3=d_1^{\prime }\\ 0\cdot x_1+k_{2,2}^{\prime }\cdot x_2+k_{2,3}^{\prime }\cdot x_3=d_2^{\prime }\\ 0\cdot x_1+0\cdot x_2+k_{3,3}^{″}\cdot x_3=d_3^{″}\end{array}$

再消去第三个未知数：

$\{\begin{array}{l}{k}_{1,1}^{″}\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=d_1^{″}\\ 0\cdot x_1+k_{2,2}^{\prime }\cdot x_2+0\cdot x_3=d_2^{″}\\ 0\cdot x_1+0\cdot x_2+k_{3,3}^{″}\cdot x_3=d_3^{″}\end{array}$

每个未知数的值显而易见了。

如果出现 $0=d$ 这样的方程：

若 $d=0$，则有多个解，当前未知数称为自由元。

若 $d\ne 0$，则方程组无解。

那么为了方便，每次找到对于当前未知数含有最大系数的方程组，如果系数 $=0$，则判断无解。

其实这么说还是很抽象。直接看代码。

void gauss(vector<vector<double>> &a)
{
	//读入系数，a[i][n+1] 是等号后面的常数
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n+1;j++)
			a[i][j]=rd();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		//现在考虑第 i 个未知数
		//寻找对于第 i 个未知数具有最大系数的方程组
		int mx=i;
		//注意前 i-1 个方程组已使用
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			if(fabs(a[j][i]-a[mx][i])>eps) mx=i;
		if(fabs(a[mx][i])<eps) {puts("No solution");return;}//判断无解
		swap(a[i],a[mx]);
		for(int j=1;j<=n;j++)//枚举每个方程组
			if(i!=j)
				for(int k=i+1;k<=n+1;k++)
					a[j][k]-=a[j][i]/a[i][i]*a[i][k];	
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i][n+1]/=a[i][i];
}

还有一种遇的比较多的，异或方程组。就是加号变成了异或运算。

那么此时的系数就为 $0$ 或 $1$。加法减法就变为了异或，且不需要乘法。

为方便，可以把每个方程组进行状态压缩。及用一个整数表示。

如果位数过多，存不下，考虑用 bitset 优化常数。

void gauss()
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		//变化一下思路，找最大的 a[i]，也就是主元位数最高的 a[i]
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
			if(a[j]>a[i]) swap(a[i],a[j]);
		if(a[i]==1) {puts("No solution");return;}//出现 0=1 的方程，无解
		for(int k=n;k;k--)
			if(a[i]>>k&1)//以 a[i] 最高位为主元，消去其他方程该位的系数
			{
				for(int j=1;j<=n;j++)
					if(i!=j&&(a[j]>>k&1)) a[j]^=a[i];
				break;
			}
	}
}