YbtOJ 「数学基础」第3章同余问题

同余问题

同余

整除和同余的关系:

$a\equiv b\ (mod\ m)$ 当且仅当$m|(a-b)$
$a\equiv b\ (mod\ m )$ 当且仅当$a=b+k\times m$ ($m$为整数)

同余的性质:

同加性：$a\equiv b\ (mod\ m)$ 那么 $a+c\equiv b+c\ (mod\ m)$
同乘性：$a\equiv b\ (mod\ m)$ 那么 $ac\equiv bc\ (mod\ m)$

一般情况下如果$a\equiv b\ (mod\ m)$ 且$c\equiv d\ (mod\ m)$ 则$ac\equiv bd\ (mod\ m)$

但同余不满足同除性
同幂性：$a\equiv b\ (mod\ m)$ 那么$a^n\equiv b^n\ (mod\ m) $
若$a\equiv x\ (mod\ p) $ 且 $a\equiv x\ (mod\ q) $ 其中$pq$互质则$a\equiv x\ (mod\ pq) $

费马小定理

如果$p$为质数那么对于任意一个整数$a$ 满足$a^p\equiv a\ (mod\ p)$

推论:当$p$为质数且$p$不是$a$的约数时 $a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)$

欧拉函数

性质:

设$n=p^k$ 其中$n,k$为正整数 $p$为质数那么$\varphi (n)=p^k-p^{k-1}$
设$n,m$为正整数且$gcd(n,m)=1$ 那么$\varphi(n)=\varphi(n) \times \varphi(m)$
$ {\textstyle \prod_{i=1}^{n}} (1-\frac 1 {p_i})$ ($p_i$为$n$唯一分解的底数(质数))

欧拉定理:

当$gcd(a,n)=1$时有$a^{\varphi(n)} \equiv 1\ (mod\ n)$

扩展欧几里得算法

扩欧证明及解法

同余方程证明及解法

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

A. 【例题1】同余方程

对于$ax\equiv 1\ ( mod\ b)$ 保证一定有解那么$a,b$一定互质所以用扩欧可以求出一组解但这组解不一定是最小整数解

那么我们$x\ mod\ b + b$再$mod\ b$即可(因为在模意义下一定有$gcd(a,b)$个解)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
const int N = 1e8 + 1;
const int mod = 1e9 + 7;

int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

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

int a , b , x , y;

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	a = read() , b = read();
	exgcd ( a , b , x , y );
	cout << ( x % b + b ) % b << endl;
	return 0;
	
}

B. 【例题2】约数之和

对于一个数$n$，若$n=p_{1}^{m_{1}} * p_{2}^{m_{2}} \ldots * p_{n}^{m_{n}}$ 。对于$p_{i}$在和中贡献 $\sum_{j=0}^{m_{i}} p_{i}^{j}$ 。则约数和为 $\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{m_{i}} p_{i}^{j}$ 。

易对于 $A^{B}$ 来说 $A n s=\prod_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{B * m_{i}} p_{i}^{j}$

累乘的原因:因为你第一组$p_1^{random}$ 和第二组$p_2^{random}$中的每一个数都需都可以组成一个因数那么使用乘法分配律就可以不重不漏地(因为是质数)求得最终的数量和

等比数列公式:

$(1)$: $x=p^{0}+p^{1} \ldots p^{m}$

$(2)$: $p x=p^{1}+p^{2} \ldots p^{m+1}$

$(2) - (1)$ 则得 $x=\frac{p_{i}^{B\ *\ m_{\ i}\ +\ 1}-1}{p_{i}-1} $ 。
则$A n s=\prod_{i=1}^{n}\left(\frac{p_{i}^{B\ *\ m_{\ i}\ +\ 1}-1}{p_{i}-1}\right)$ 。

分子可以用快速幂求分母看是否与$9901$互质如果不互质的话就是$p_i-1$的逆元如果互质那么$p_i\ mod\ 9901=1$

不互质时需要用到一个结论:如果$p_i\ mod\ x=b$ 那么$p^{t}\ mod\ x=b^t$

我们以二次方为例设$p=kx+b$ 那么$p^2=k^2x^2+2kbx+b^2$

所以在$mod\ x$意义下 $p^{2}\ mod\ x=b^2$

所以$p_i^{random} mod\ 9901=1 $

此时分母在模意义下为0 因为这个分数为整数那么分子在模意义下也为0 那么我们用$\sum_{j=0}^{B * m_{i}} p_{i}^{j}=B*m_i+1$来计入答案

注意:实现时需要$+mod\%mod$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
const int N = 5e7 + 5;
const int mod = 9901;
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}
		
int a , b , n , m , c[N] , prime[N] , cnt , ans = 1;
		
int ksm ( int x , int k )
{
	int base = x , res = 1;
	while (k) 
	{
		if ( k & 1 ) res = res * base % mod;
		base = base * base % mod;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
		
void solve ( int x )
{
	for ( int i = 2 ; i * i <= x ; i ++ )
		if ( x % i == 0 )
		{
			prime[++cnt] = i;
			while ( x % i == 0 )
			{
				c[cnt] ++;
				x /= i;
			}
		}
	if ( x > 1 )
	{
		prime[++cnt] = x;
		c[cnt] ++;
	}
}
		
int inv ( int x ) { return ksm ( x , mod - 2 ); }
		
signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	a = read() , b = read();
	solve ( a );
	for ( int i = 1 ; i <= cnt ; i ++ )
	{
		if ( ( prime[i] - 1 ) % mod == 0 ) { ans = ans * ( b * c[i] + 1 ) % mod; continue; }
		int mu = inv ( prime[i] - 1 );
		int zi = ( ksm ( prime[i] , b * c[i] + 1 ) + mod - 1 ) % mod;
		ans = ans * zi * mu % mod;
	}
	cout << ( ans + mod ) % mod << endl;
	return 0;
}

逆元

当$ax≡1(mod\ b)$， $x$的最小整数解即为$a$在$mod\ b$ 意义下的逆元。

通俗讲,逆元($x^{-1}$)j即为$a$在$mod\ b$ 下的倒数

求逆元方法:

根据费马小定理 $a\times a^{p-2}\equiv 1\ (mod\ p)$

所以可以得知$a^{p-2}$即为$a$在$mod\ p$意义下的逆元

int ksm ( int x , int k )
{
	int base = x , res = 1;
	while (k) 
	{
		if ( k & 1 ) res = res * base % mod;
		base = base * base % mod;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
int inv ( int x ) { return ksm ( x , mod - 2 ); }

$exgcd$求解

void exgcd ( int aa , int bb , int &x , int &y )
{
	if ( !bb ) return x = 1 , y = 0 , void();
	exgcd ( bb , aa % bb , y , x );
	y -= aa / bb * x;
}
int inv ( int numm , int modd )
{
	int x , y;
	exgcd ( numm , modd , x , y );
	return ( x % modd + modd ) % modd;
}

线性方法

线性求逆元: 以$O(n)$复杂度求$1-n$的逆元

设当前数为$x$, 设模数$m=\left\lfloor\frac{m}{x}\right\rfloor \cdot x+r$ 则必有$x>r$ .

将上式转化为$m=\left\lfloor\frac{m}{x}\right\rfloor \cdot x+r\equiv 0(\bmod m)$

两边同乘 $x^{-1} \cdot r^{-1}:\left\lfloor\frac{m}{x}\right\rfloor \cdot r^{-1}+x^{-1} \equiv 0(\bmod m)$

移项得$ x^{-1}=\left\lfloor\frac{m}{x}\right\rfloor \cdot\left(-r^{-1}\right) \bmod m$

由于$x>r$且 $r^{-1}$已知则$x^{-1}$可求

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

C. 【例题3】线性求逆元

模板题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'

#define int long long 

const int N = 3e6 + 5;
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int a[N] , n , m , inv[N];

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read() , m = read();
	inv[1] = 1;
	for ( int i = 2 ; i <= n ; i ++ ) inv[i] = ( ( m - m / i ) * inv[m%i] + m ) % m;
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) cout << inv[i] << endl;
	return 0;
}

中国剩余定理

对于很多组$x\equiv a_i\ (mod\ m_i)$ 其中$m_i$为两两互质的质数我们的目标是找出$x$的最小整数解

我们设$M$为$m_1$到$m_n$的最小公倍数那么$M=\prod_{i=1}^n m_i$

设$k_i=M/m_i$ 并找到$k_i$的逆元$b_i$ 那么最小解即为$\prod_{i=1}^nm_ik_ib_i\ (mod\ M)$

证明:(我们要试着构造出这个解)

对于$x\equiv a_i\ (mod\ m_i)$ 我们设$x=a_i$ 显然成立但是这个解只满足这一个方程但不一定满足其他的同余方程

所以我两边同乘$\frac {M}{m_i}$ 即$a_i\frac {M}{m_i}\equiv a_i\frac {M}{m_i}(mod\ m_i)$(同余的同乘性)

所以当$x=a_i\frac {M}{m_i}$时除了第$i$个方程所有的$1-n$个方程都满足$x\equiv 0(mod\ m_i)$ 但是我们为了好算两面同乘$(\frac{M}{m_i})^{-1}$

所以当$x=a_i\frac {M}{m_i}(\frac{M}{m_i})^{-1}$时对于第$i$个方程 $x\equiv a_i(mod\ b)$ 除了第$i$个方程的所有方程都满足$x\equiv 0(mod\ b)$

那么我们将所有这样的$a_i\frac {M}{m_i}(\frac{M}{m_i})^{-1}$加起来即可最终答案就是$\sum_{i=1}^na_i\frac {M}{m_i}(\frac{M}{m_i})^{-1} mod\ M$

根据同余的同加性 一定可以满足所有方程再$mod\ M$得到一个最小解

$p.s.$ $mod\ M$的原因:对于每一个方程你成倍地加上或减去$M$ 对同余性是没有影响的(因为$M$一定是模数的倍数所以消掉了)

D. 【例题4】中国剩余定理

模板题解法见上

~~观察题解~~可知这里费马小定理失效(因为模数虽然互质但是不一定保证是质数) 所以需要用$exgcd$求解逆元

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'
#define int long long 
const int N = 1e3 + 5;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int read ()
{
	int x = 0 , f = 1;
	char ch = cin.get();
	while ( !isdigit ( ch ) ) { if ( ch == '-' ) f = -1; ch = cin.get(); }
	while ( isdigit ( ch ) ) { x = ( x << 1 ) + ( x << 3 ) + ( ch ^ 48 ); ch = cin.get(); }
	return x * f;
}

int n , a[N] , b[N] , ans = 0 , M = 1 , k[N] , r[N];

//int ksm ( int x , int k , int mod )
//{
//	int ans = 1 , base = x;
//	while (k)
//	{
//		if ( k & 1 ) ans = ans * base % mod;
//		base = base * base % mod;
//		k >>= 1;
//	}
//	return ans;
//}
//
//int inv ( int x , int mm ) { return ksm ( x , mm - 2 , mm ); } 

void exgcd ( int aa , int bb , int &x , int &y )
{
	if ( !bb ) return x = 1 , y = 0 , void();
	exgcd ( bb , aa % bb , y , x );
	y -= aa / bb * x;
}
int inv ( int numm , int modd )
{
	int x , y;
	exgcd ( numm , modd , x , y );
	return ( x % modd + modd ) % modd;
}

signed main ()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0) , cout.tie(0);
	n = read();
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) a[i] = read() , b[i] = read() , M *= a[i];//模数 余数
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) k[i] = M / a[i];
	for ( int i = 1 ; i <= n ; i ++ )
		ans = ( ( ans + b[i] * k[i] * inv ( k[i] , a[i] ) ) % M + M ) % M;
	cout << ans % M << endl;
	return 0;
}

posted @ 2023-06-28 16:36 Echo_Long 阅读(239) 评论(0) 收藏举报

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YbtOJ 「数学基础」第3章同余问题

同余问题

同余

费马小定理

欧拉函数

扩展欧几里得算法

A. 【例题1】同余方程

B. 【例题2】约数之和

逆元

C. 【例题3】线性求逆元

中国剩余定理

D. 【例题4】中国剩余定理

公告

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费马小定理

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扩展欧几里得算法

A. 【例题1】同余方程

B. 【例题2】约数之和

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C. 【例题3】线性求逆元

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D. 【例题4】中国剩余定理

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