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中国剩余定理(CRT)及其扩展(ExCRT)

中国剩余定理 CRT

推导

给定 n 个同余方程

{xa1(modm1)xa2(modm2)...xan(modmn)

m1,m2,...,mn 两两互质

M=ni=1mi ,求 xmodM

解决该问题的方法是构造。

我们假定最终答案的形式是一个 n 个项的和式,对每个同余方程的构造反应在对应项的系数上。

如果要对每一个项分别构造,就要求为每一项乘上一个合适的数,使得每项构造的系数对其他方程的结果没有影响。

容易想到构造

Mi=Mmi

显然该数仅在模 mi 时不为 0 ,于是改变该项的系数将不会对其他方程造成影响。

现在我们希望该项模 mi 意义下是 ai ,但上一次的构造残留下了一个 Mi 。简单粗暴的乘上 Mi 在模 mi 意义下的逆元 invmi(Mi) ,让该项在模 mi 意义下变为 1 ,然后乘上 ai 就构造出来了。

综上,答案为

ni=1Miinvmi(Mi)aimodM

模数互质条件保证了 Mi0 ,进而保证了 invmi(Mi) 的存在。

实现

大部分题的 mi 都是质数,求逆元快速幂即可。

对于一般的情况,上ExGCD就行。

板题:洛谷P1495 曹冲养猪

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Inv(ll a,ll m){
ExGcd::SolveEqu(a,m,1);
return ExGcd::x;
}
const ll CRTN=20;
namespace CRT{
ll N;
ll m[CRTN],a[CRTN];
ll Sol(){
ll ans=0,M=1;
for(ll i=1;i<=N;i++) M*=m[i];
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll Mi=M/m[i];
ans=(ans+Mi*Inv(Mi,m[i])*a[i])%M;
}
return ans;
}
}
int main(){
using namespace CRT;
scanf("%lld",&N);
for(ll i=1;i<=N;i++)
scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
printf("%lld",Sol());
return 0;
}

扩展中国剩余定理 ExCRT

ExCRT和CRT并没有什么关系,正如ExLucas和Lucas也没什么关系

其实从纯推理的角度来看,ExCRT可能还要好想一点(

推导

问题同CRT,但是模数是任意的,并不要求互质。

这时,我们就不能保证存在逆元了。那么如何解决该问题呢?

考虑如何合并两个方程。如果我们找到了合并的方法,就能如法炮制将n个方程依次合并起来,得到答案。

{xa1(modm1)xa2(modm2)

去掉同余,化为不定方程

{x=m1y1+a1x=m2y2+a2

于是得到

m1y1+a1=m2y2+a2

只要找到一组满足该式的 y1y2 ,就能反算出 x ,实现合并。

而我们得到的是一个二元一次不定方程,可以用ExGCD求解。

化为标准式

m1y1m2y2=a2a1

解就是了。由裴蜀定理,若 gcd 不成立,说明同余方程组无解。

于是最后化得的合并式为

x \equiv m_1 y_1 + a_1 \pmod{\mathrm{lcm}(m_1,m_2)}

Update 2020/12/02 关于合并后的模数

之前没有讲清楚 \pmod{\mathrm{lcm}(m_1,m_2)}​ 是怎么来的,这里补充一笔。

根据二元一次不定方程理论, y_1 的通解形式应为 y_1 = y + \frac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)}y 是某一个特解),此时带回得到 x =\frac{m_1 m_2}{\gcd(m_1,m_2)} + m_1 y + a_1 ,模上个 \mathrm{lcm}(m_1,m_2) = \frac{m_1 m_2}{\gcd(m_1,m_2)}​ 就是最终的合并式了。

实现

唯一需要注意的地方是,本来解方程应该解 (m_1,-m_2,a_2-a_1) ,但ExGCD不好处理负数,所以把 - m_2 改成了 m_2 。因为我们并不需要用到 y_2 ,所以不会影响求解。

板题:poj2891 Strange Way to Express Integers or 洛谷P4777 扩展中国剩余定理(EXCRT)

会被卡乘法爆ll,懒得改

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Gcd(ll a,ll b){
if(a%b==0) return b;
return Gcd(b,a%b);
}
namespace ExCRT{
ll a1,m1;
void Init(){
a1=0;m1=1;
}
void Expand(ll a2,ll m2){
ExGcd::SolveEqu(m1,m2,a2-a1);
ll y1=ExGcd::x;
ll mn=m1*m2/Gcd(m1,m2);
a1=(m1*y1+a1)%mn;
m1=mn;
}
}
int main(){
ll N;scanf("%lld",&N);
ExCRT::Init();
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll a,m;scanf("%lld%lld",&m,&a);
ExCRT::Expand(a,m);
}
printf("%lld",ExCRT::a1);
return 0;
}

2019/12/21

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