浅谈同余2(扩展欧几里得，中国剩余定理，BSGS)

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0x20 扩展欧几里得 $O (\log (a + b))$
裴蜀定理:
对于任意一对整数 $a, b$ , 存在一对整数 $x, y$ , 满足 $a x + b y = gcd (a, b)$

证明:
在欧几里得算法的最后一步时， $b = 0, gcd (a, 0) = a$ , 显然 $x = 1, y = 0$
若 $b > 0$ , 则 $gcd (a, b) = gcd (b, a mod b)$ ,假设存在一对整数 $x, y$ , 满足 $b x + (a mod b) y = b x + (a - b ⌊ a / b ⌋) y = a y - b (x - ⌊ a / b ⌋ y)$ , 所以令 $x^{'} = y, y^{'} = x - ⌊ a / b ⌋ y$ , 就得到了 $a x^{'} + b y^{'} = gcd (a, b)$
证毕, $x, y$ 的计算方法就是扩欧的计算方式
$C o d e$ :

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

扩展欧几里得解线性同余方程

求 $a \times x \equiv b (\mod m)$ 的一组解 $x$

$a \times x = b + m \times y$
设 $y^{'}$ 为 $- y$
$a \times x + y^{'} \times m = b$
直接扩欧求出 $gcd (a, m)$ 的解后，把 $x$ 扩大 $b / gcd (a, m)$ 倍即可，然后取模
有解仅当 $gcd (a, m) | b$
$C o d e$ :

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (!b) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }

    int d = exgcd(b, a % b, y, x);

    y -= a / b * x;

    return d;
}

int d = exgcd(a, m, x, y);

if (b % d) puts("impossible");
else printf("%d\n", (long long)b / d * x % m);

0x30 中国剩余定理 $O (n \log V), V = {max}_{i = 1}^{n} max a_{i}, m_{i}$
设 $m_{1}, m_{2}, m_{3}, . . ., m_{n}$ 两两互质, $m = \prod_{i = 1}^{n} m_{i}, M_{i} = m / m_{i}, t_{i}$ 是线性同余方程 $M_{i} t_{i} \equiv 1 (\mod m_{i})$ 的一个解。对于任意的 $n$ 个整数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, . . ., a_{n}$ , 方程组
${\begin{cases} x \equiv a_{1} (\mod m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (\mod m_{2}) \\ x \equiv a_{3} (\mod m_{3}) \\ . . . \\ x \equiv a_{n} (\mod m_{n}) \end{cases}$

用整数解，解为 $x = \sum_{i = 1}^{n} a_{i} M_{i} t_{i}$ (摘自《算法竞赛进阶指南》)

$C o d e$ :

void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if (!b) {
        x = 1, y = 0;
        return ;
    }

    exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
}

int main() {
    scanf("%d", &n);

    M = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d %d", m + i, a + i), M *= m[i];

    for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
        ll Mi = M / m[i];

        ll ti, y;
        exgcd(Mi, m[i], ti, y);

        res += a[i] * Mi * ti;
    }

    printf("%lld", (res % M + M) % M);

    return 0;
}

0x40 BSGS算法(Baby Step, Giant Step) $O (\sqrt{m})$

解高次同余方程 $a^{x} \equiv (\mod m)$ 的最小整数解

设 $x = i \times t - j$ , 其中 $t = ⌈ \sqrt{m} ⌉, 0 \leq j \leq t - 1$ , 则方程变成 $a^{i \times t - j} \equiv b (\mod m)$ ,即 $a^{t^{i}} \equiv b \times a^{j} (\mod m)$
对于所有 $j$ , 把 $a^{j} \times b mod m$ 插入 $H a s h$
然后枚举 $i$ ,判断即可

$C o d e$ :

int baby_step_giant_step(int a, int b, int p)
{
    map<int, int> hash;
    hash.clear();
    
    b %= p;
    int t = (int)sqrt(p) + 1;
    for (int i = 0; i < t; i ++ )
    {
        int val = (LL)b * qmi(a, i, p) % p;
        hash[val] = i;
    }
    a = qmi(a, t, p);
    if (!a) return !b ? 1 : -1;
    for (int i = 0; i <= t; i ++ )
    {
        int val = qmi(a, i, p);
        int j = hash.find(val) == hash.end() ? -1 : hash[val];
        if (j >= 0 && i * t - j >= 0) return i * t - j;
    }
    return -1;
}

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