模运算和同余以及欧几里得

updata on 2020.3.19
更新了exgcd部分，感觉以前并没有真正理解
并将crt部分放到了一篇单独的blog感觉以前对crt的学习也不深入

updata on 2020.3.31
这部分时间想着重做做数论，然后加入了#2同余部分
又修改了 exgcd 里的一个笔误

updata on 2020.4.1-2020.4.5
断断续续的加入同余结论的部分证明和辗转相除的证明，把欧拉定理放到了积性函数那篇文章并添加证明

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1.取模

\[a \bmod n= \begin{cases} a-\lfloor \frac{a}{n} \rfloor n& a\geq{0}\\ -(-a \bmod n)& a<0\\ \end{cases} \]

1.1同余

若\((a-b) \bmod n=0\),则a与b同余:

\[a\equiv b \pmod n \]

a,b为正整数时，等价于：

\[a \bmod n=b \pmod n \]

1.2性质

• k为正整数，有:
  \(a \bmod n=(a \bmod kn) \bmod n\)
• 若\(k \mid a\),有:
  \(\frac{a}{k} \bmod n=\frac{a \bmod kn}{k}\)

1.3龟速乘

加倍求积法

LL mul(LL a,LL b){
	LL ret=0;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1) ret=(ret+a)%p;
		if(b>1) a=(a+a)%p;
	}
	return ret;
}

1.4快速幂

平方求幂法

LL pow(LL a,LL b){
	LL ret=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1) ret=(ret*a)%p;
		if(b>1) a=(a*a)%p;
	}
	return ret;
}

1.5long double实现64位模乘法

long double类型在乘爆后只保留前几位，也就是较大几位。除以n后的结果主要为较大几位贡献，所以舍去低位对结果的偏差不大(一以内)
为防止减出负数，加p再取模

LL mul(LL a,LL b,LL p){
	LL q=(long double)a*b/p;
	return (a*b-q*p+p)%p;
}

2同余

总所周知，\(a\equiv b \pmod p\)表示\(a \bmod p=b \bmod p\)

那么下面给出一些性质，大部分都很好理解，摘自维基百科

经常用的也就上面这些
大部分比较显然，然而那个\(n\)次方的我也不会证，就简单证一下最后那个放大缩小模数
\(a\equiv b\pmod m\)，则可设\(a=pm+w,b=qm+w\)
那么\(ka\bmod km =(kpm+kw)\bmod km=kpm\bmod km+kw\bmod km=w\bmod m\)
同样，\(kb\bmod km=w\bmod m\)
又由于上面每一步可逆，所以\(a\equiv b\pmod m\Leftrightarrow ak\equiv bk\pmod {km}\)

这部分尤其是那个除法原理2，我也没怎么看，先放这里

关于除法原理1：
由于\(\gcd(k,m)=1\)，那么就是说\(k,m\)的质因数全都互不相同，所以\(a\equiv ka\pmod m\)
所以上面那个式子更完整可以表述为\(a\equiv b\equiv ka\equiv kb\pmod m\)

3逆元

a为整数，n为正整数，若整数b满足：
\(ab \bmod n=1\)
则b为a模n的逆元，记为\(a^{-1}\)或\(\frac{1}{a}\)

3.1一些结论

• 当且仅当\(gcd(a,n)=1\),a模n的逆元存在
• 若\(b_1,b_2\)为a模n的逆元，则必有\(b_1 \equiv b_2 \pmod b\)

即a模n的逆元在模n意义下唯一

3.2费马小定理

设p为质数，a为与p互质的整数，则有:

\[a^{p-1} \equiv 1 (\mod p) \]

3.2.1证明

\[1,2,\dots,p-1 \]

\[a,2a,\dots,(p-1)a \bmod p \to 1,2,\dots,p-1 \]

(p-1个数\(\bmod p\)意义下互不相同,因为\(a^{-1}\)存在，每个数都乘\(a^{-1}\)会变回原数列）

\[\prod_{i=1}^{p-1}i \equiv \prod_{i=1}^{p-1}ai \pmod p \]

\[(p-1)! \equiv a^{p-1}(p-1)! \pmod p \]

\[(p-1)!((p-1)!)^{-1} \equiv a^{p-1}(p-1)!((p-1)!)^{-1} \pmod p \]

(p为质数，\(gcd(p,(p-1)!)=1\),所以存在\(((p-1)!)^{-1}\))

\[1 \equiv a^{p-1} \pmod p \]

3.2.2通过费马小定理求逆元

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \]

\[a \cdot a^{p-2} \equiv 1 \pmod p \]

\[a^{-1} \equiv a^{p-2} \pmod p \]

从而快速幂算逆元

3.3预处理逆元

3.3.1法一

设i为\([1,n]\)之间的整数，有：
\(p=\lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor i+(p \bmod i)\)
从而有(放在mod p下后，左边的p等于0）：
\(\dfrac{1}{i} \equiv - \dfrac{\lfloor \frac{p}{i} \rfloor}{p \bmod i} \pmod p\)
因为\(p \bmod i<i\),可以\(O(n)\)递推算

3.3.2法二

由于\(\dfrac{1}{i!}=\dfrac{i+1}{(i+1)!}\),则\(O(\log p)\)算出\(\dfrac{1}{n!}\),再\(O(n)\)算所有的\(\dfrac{1}{i!}\),从而算出\(\dfrac{1}{i}\)

void niyuan(){//f阶乘数组，h逆元数组,g阶乘的逆元数组 
	f[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(LL)f[i-1]*i%p;
	g[n]=pow(f[n],p-2);//根据费马小定理
	for(int i=n-1;i;i--) g[i]=(LL)g[i+1]*(i+1)%p;
	for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=(LL)g[i]*f[i-1]%p;
}

3.4欧拉定理

欧拉定理也可以求逆元
设\(n \geq 2\)为整数，\(gcd(a,n)=1\)，则有:
\(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\)
由此可用：
\(a^{-1} \equiv a^{\varphi(n)-1} \pmod n\)
求出逆元，但计算\(\varphi(n)\)的复杂度较高，一般不这么用
更详细的欧拉定理看这里

4欧几里得算法

4.1欧几里得

这个东西说的是\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)，然后就可以递归的求解\(\gcd(a,b)\)

设\(d=\gcd(a,b)\)
则可以令\(a=nd,b=md\)，那么\(a-b=(n-m)d\)
又由于\(\gcd(n,m)=1\Rightarrow \gcd(n-m,m)=1\)（为什么这样下面说），所以\(\gcd(a,a-b)=\gcd(nd,(n-m)d)=1\)
那么，当\(a\ge b\)，就可以让\(a\)不断减\(b\)直到\(a<b\)，就等价于\(a\bmod b\)

设\(\gcd(n-m,m)=k\)，同样可以这样表示：\(n-m=pk,m=qk\)
那么，\(a=nd=(pk+qk)d,b=md=qkd\)
此时，又因为\(\gcd(a,b)=\gcd((pk+qk)d,qkd)=d\)
所以\(\gcd((p+q)k,qk)=1\)，那么显然\(k=1\)

4.2扩展欧几里得算法

此方法可以求解\(ax+by=\gcd(a,b)\)中的\(x,y\)
考虑这个问题，如果\(b=0\)，那么显然，\(\gcd(a,b)=a,x=1,y\)为任意数
如果\(b\neq 0\)，我们设:
\(\gcd(a,b)=ax_1+by_1\)
\(\gcd(b,a\bmod b)=bx_2+(a\bmod b)y_2=bx_2+(a-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor b)y_2\)
\(ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-\lfloor \dfrac{a}{b}\rfloor y_2)\)
所以：\(x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor \dfrac{a}{b}\rfloor y_2\)
可以据此写出代码

这样可以求模数不为质数的逆元

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

5中国剩余定理

此部分新开了一篇blog讲，原来讲的并不清楚