学习笔记：同余

同余

定义

设整数 $m\ne0$。若 $m\mid(a-b)$，称 $m$ 为模数（模），$a$ 同余于 $b$ 模 $m$，$b$ 是 $a$ 对模 $m$ 的剩余。记作 $a\equiv b\pmod m$。

否则，$a$ 不同余于 $b$ 模 $m$，$b$ 不是 $a$ 对模 $m$ 的剩余。记作 $a\not\equiv b\pmod m$。

这样的等式，称为模 $m$ 的同余式，简称同余式。

根据整除的性质，上述同余式也等价于 $a\equiv b\pmod{(-m)}$。

如果没有特别说明，模数总是正整数。

式中的 $b$ 是 $a$ 对模 $m$ 的剩余，这个概念与余数完全一致。通过限定 $b$ 的范围，相应的有 $a$ 对模 $m$ 的最小非负剩余、绝对最小剩余、最小正剩余。

性质

• 自反性：$a\equiv a\pmod m$。
• 对称性：若 $a\equiv b\pmod m$，则 $b\equiv a\pmod m$。
• 传递性：若 $a\equiv b\pmod m,b\equiv c\pmod m$，则 $a\equiv c\pmod m$。
• 线性运算：若 $a,b,c,d\in\mathbf{Z},m\in\mathbf{N}^*,a\equiv b\pmod m,c\equiv d\pmod m$ 则有：
  • $a\pm c\equiv b\pm d\pmod m$。
  • $a\times c\equiv b\times d\pmod m$。
• 若 $a,b\in\mathbf{Z},k,m\in\mathbf{N}^*,a\equiv b\pmod m$, 则 $ak\equiv bk\pmod{mk}$。
• 若 $a,b\in\mathbf{Z},d,m\in\mathbf{N}^*,d\mid a,d\mid b,d\mid m$，则当 $a\equiv b\pmod m$ 成立时，有 $\dfrac{a}{d}\equiv\dfrac{b}{d}\left(\bmod\;{\dfrac{m}{d}}\right)$。
• 若 $a,b\in\mathbf{Z},d,m\in\mathbf{N}^*,d\mid m$，则当 $a\equiv b\pmod m$ 成立时，有 $a\equiv b\pmod d$。
• 若 $a,b\in\mathbf{Z},d,m\in\mathbf{N}^*$，则当 $a\equiv b\pmod m$ 成立时，有 $\gcd(a,m)=\gcd(b,m)$。若 $d$ 能整除 $m$ 及 $a,b$ 中的一个，则 $d$ 必定能整除 $a,b$ 中的另一个。

应用

扩展欧几里得算法

扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm, EXGCD），常用于求 $ax+by=\gcd(a,b)$ 的一组可行解。

过程

设 $ax_1+by_1=\gcd(a,b)$，$bx_2+(a\bmod b)y_2=\gcd(b,a\bmod b)$。

由欧几里得定理可知：$\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)$。

所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a\bmod b)y_2$。

又因为 $a\bmod b=a-(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b)$。

所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a-(\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times b))y_2$，

$ax_1+by_1=ay_2+bx_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\times by_2=ay_2+b(x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2)$。

因为 $a=a,b=b$，所以 $x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y_2$。

将 $x_2,y_2$ 不断代入递归求解直至 $\gcd$（最大公约数，下同）为 0 递归 x = 1, y = 0 回去求解。

实现

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

函数返回的值为 $\gcd$，在这个过程中计算 $x,y$ 即可。

值域分析

$ax+by=\gcd(a,b)$ 的解有无数个，显然其中有的解会爆 long long。
万幸的是，若 $b\not= 0$，扩展欧几里得算法求出的可行解必有 $|x|\le b,|y|\le a$，下面给出这一性质的证明。

证明：

$\gcd(a,b)=b$ 时，$a\bmod b=0$，必在下一层终止递归。
得到 $x_1=0,y_1=1$，显然 $a,b\ge 1\ge |x_1|,|y_1|$。
$\gcd(a,b)\not= b$ 时，设 $|x_2|\le (a\bmod b),|y_2|\le b$。
因为 $x_1=y_2,y_1=x_2-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}y_2$ 。
所以 $|x_1|=|y_2|\le b,|y_1|\le|x_2|+|{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}y_2|\le (a\bmod b)+{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}|y_2|$。
$\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}b+{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}|y_2|\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}(b-|y_2|)$ 。
$a\bmod b=a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}b\le a-{\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor}(b-|y_2|)\le a$。
因此 $|x_1|\le b,|y_1|\le a$ 成立。

证毕。

中国剩余定理

引入

「物不知数」问题：有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？

即求满足以下条件的整数：除以 $3$ 余 $2$，除以 $5$ 余 $3$，除以 $7$ 余 $2$。

该问题最早见于《孙子算经》中，并有该问题的具体解法。宋朝数学家秦九韶于 1247 年《数书九章》卷一、二《大衍类》对「物不知数」问题做出了完整系统的解答。上面具体问题的解答口诀由明朝数学家程大位在《算法统宗》中给出：

三人同行七十希，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。

$2\times 70+3\times 21+2\times 15=233=2\times 105+23$，故答案为 $23$。

定义

中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem, CRT) 可求解如下形式的一元线性同余方程组（其中 $n_1, n_2, \cdots, n_k$ 两两互质）：

$$\begin{cases} x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\ &\vdots \\ x &\equiv a_k \pmod {n_k} \\ \end{cases}$$

上面的「物不知数」问题就是一元线性同余方程组的一个实例。

过程

1. 计算所有模数的积 $n$；
2. 对于第 $i$ 个方程：
   1. 计算 $m_i=\displaystyle\frac{n}{n_i}$；
   2. 计算 $m_i$ 在模 $n_i$ 意义下的逆元 $m_i^{-1}$；
   3. 计算 $c_i=m_im_i^{-1}$（不要对 $n_i$ 取模）。
3. 方程组在模 $n$ 意义下的唯一解为：$x=\displaystyle\sum_{i=1}^k a_ic_i \pmod n$。

实现

洛谷 P1495【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪

题目描述

自从曹冲搞定了大象以后，曹操就开始捉摸让儿子干些事业，于是派他到中原养猪场养猪，可是曹冲满不高兴，于是在工作中马马虎虎，有一次曹操想知道母猪的数量，于是曹冲想狠狠耍曹操一把。举个例子，假如有 $16$ 头母猪，如果建了 $3$ 个猪圈，剩下 $1$ 头猪就没有地方安家了。如果建造了 $5$ 个猪圈，但是仍然有 $1$ 头猪没有地方去，然后如果建造了 $7$ 个猪圈，还有 $2$ 头没有地方去。你作为曹总的私人秘书理所当然要将准确的猪数报给曹总，你该怎么办？

输入格式

第一行包含一个整数 $n$ —— 建立猪圈的次数，接下来 $n$ 行，每行两个整数 $a_i, b_i$，表示建立了 $a_i$ 个猪圈，有 $b_i$ 头猪没有去处。你可以假定 $a_1 \sim a_n$ 互质。

输出格式

输出包含一个正整数，即为曹冲至少养母猪的数目。

#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;
int n, a[15], b[15];
int p = 1, t = 0;
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
    if(b == 0){x = 1;y = 0;return a;}
    else{
        int d = exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= a / b * x;return d;
    }
}
int inv(int a, int p){
    int x, y;exgcd(a, p, x, y);
    return (x % p + p) % p;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> n;
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        cin >> a[i] >> b[i];
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)p *= a[i];
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++)
        t += (b[i] * p / a[i] * inv(p / a[i], a[i])) % p;
	cout << t % p << endl;return 0;
}

证明

我们需要证明上面算法计算所得的 $x$ 对于任意 $i=1,2,\cdots,k$ 满足 $x\equiv a_i \pmod {n_i}$。

当 $i\neq j$ 时，有 $m_j \equiv 0 \pmod {n_i}$，故 $c_j \equiv m_j \equiv 0 \pmod {n_i}$。又有 $c_i \equiv m_i \cdot (m_i^{-1} \bmod {n_i}) \equiv 1 \pmod {n_i}$，所以我们有：

$$\begin{aligned} x&\equiv \sum_{j=1}^k a_jc_j &\pmod {n_i} \\ &\equiv a_ic_i &\pmod {n_i} \\ &\equiv a_i \cdot m_i \cdot (m^{-1}_i \bmod n_i) &\pmod {n_i} \\ &\equiv a_i &\pmod {n_i} \end{aligned}$$

即对于任意 $i=1,2,\cdots,k$，上面算法得到的 $x$ 总是满足 $x\equiv a_i \pmod{n_i}$，即证明了解同余方程组的算法的正确性。

因为我们没有对输入的 $a_i$ 作特殊限制，所以任何一组输入 $\{a_i\}$ 都对应一个解 $x$。

另外，若 $x\neq y$，则总存在 $i$ 使得 $x$ 和 $y$ 在模 $n_i$ 下不同余。

故系数列表 $\{a_i\}$ 与解 $x$ 之间是一一映射关系，方程组总是有唯一解。

证毕。

解释

下面演示 CRT 如何解「物不知数」问题。

1. $n=3\times 5\times 7=105$；
2. 三人同行 七十 希：$n_1=3, m_1=n/n_1=35, m_1^{-1}\equiv 2\pmod 3$，故 $c_1=35\times 2=70$；
3. 五树梅花 廿一 支：$n_2=5, m_2=n/n_2=21, m_2^{-1}\equiv 1\pmod 5$，故 $c_2=21\times 1=21$；
4. 七子团圆正 半月：$n_3=7, m_3=n/n_3=15, m_3^{-1}\equiv 1\pmod 7$，故 $c_3=15\times 1=15$；
5. 所以方程组的唯一解为 $x\equiv 2\times 70+3\times 21+2\times 15\equiv 233\equiv 23 \pmod {105}$。（除 百零五 便得知）

应用

某些计数问题或数论问题出于加长代码、增加难度、或者是一些其他原因，给出的模数：不是质数！

但是对其质因数分解会发现它没有平方因子，也就是该模数是由一些不重复的质数相乘得到。

那么我们可以分别对这些模数进行计算，最后用 CRT 合并答案。

扩展中国剩余定理：模数不互质的情况

两个方程

设两个方程分别是 $x\equiv a_1 \pmod {m_1}$、$x\equiv a_2 \pmod {m_2}$；

将它们转化为不定方程：$x=m_1p+a_1=m_2q+a_2$，其中 $p, q$ 是整数，则有 $m_1p-m_2q=a_2-a_1$。

由裴蜀定理可知，当 $a_2-a_1$ 不能被 $\gcd(m_1,m_2)$ 整除时，无解；

其他情况下，可以通过扩展欧几里得算法解出来一组可行解 $(p, q)$；

则原来的两方程组成的模方程组的解为 $x\equiv b\pmod M$，其中 $b=m_1p+a_1$，$M=\text{lcm}(m_1, m_2)$。

多个方程

用上面的方法两两合并即可。

洛谷 P4777【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

题目描述

给定 $n$ 组非负整数 $a_i, b_i$ ，求解关于 $x$ 的方程组的最小非负整数解。

$$\begin{cases} x \equiv b_1\ ({\rm mod}\ a_1) \\ x\equiv b_2\ ({\rm mod}\ a_2) \\ ... \\ x \equiv b_n\ ({\rm mod}\ a_n)\end{cases}$$

输入格式

输入第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行两个非负整数 $a_i, b_i$。

输出格式

输出一行，为满足条件的最小非负整数 $x$。

#include <iostream>
#define int __int128
#define MAXN 100005
using namespace std;
int x, y, d, n;
int a, b, A, B;
int read(){
    int t = 1, x = 0;char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch == '-')t = -1;ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)){x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}
    return x * t;
}
void write(int x){
    if(x < 0){putchar('-');x = -x;}
    if(x >= 10)write(x / 10);
    putchar(x % 10 ^ 48);
}
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
    if(b == 0){d = a;x = 1;y = 0;
    }else{
        exgcd(b, a % b, y, x);
        y -= a / b * x;
    }
}
int gcd(int a, int b){return b ? gcd(b, a % b) : a;}
int lcm(int a, int b){return a / gcd(a, b) * b;}
void merge(){
    exgcd(a, A, x, y);int c = B - b;
    if(c % d){puts("-1");exit(0);}
    x = x * c / d % (A / d);
    if(x < 0)x += A / d;
    int mod = lcm(a, A);
    b = (a * x + b) % mod;
    if(b < 0)b += mod;
    a = mod;
}
signed main(){
    n = read();
    for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
        int _A, _B;
        _A = read();_B = read();
        A = _A;B = _B;
        if(i > 1)merge();
        else{a = A;b = B;}
    }
    write(b % a);putchar('\n');return 0;
}