数论杂记 2025.8.11始

0x1f Bézout 定理

如果 \(a,b\) 均为整数，则方程 \(ax + by = \gcd(a,b)\) 一定有解。

可以使用构造法证明，也就是 \(exgcd\)。。。

证明：

对于 \(ax + by = c\)，对其进行变换 \(bx + (a \% b)y = c\)。

如果我们知道后者的解 \(x_1,y_1\)，那么有

\[\begin{align} ax_0 + by_0 &= bx_1 + (a \% b)y_1 \\ ax_0 + by_0 &= bx_1 + (a - \lfloor \cfrac{a}{b} \rfloor \times b) y_1 \\ ax_0 + by_0 &= ay_1 + b(x_1 - \lfloor \cfrac{a}{b} \rfloor \times y_1) \end{align} \]

待定系数法得出 \(\begin{cases} x_0 = y_1 \\ y_0 = x_1 - \lfloor \cfrac{a}{b} \rfloor \times y_1 \end{cases}\)

显然根据辗转相除法，一定有 \(a\%b = 0\) 时，此时 \(ax = c\)，\(x = \dfrac{c}{a}\)。

而当 \(a\%b = 0\) 时，\(a\) 为 \(\gcd(a,b)\)，即 \(x = \dfrac{c}{\gcd(a,b)}\)。

当 \(c | \gcd(a,b)\) 时， \(x\) 有整数解。

证毕。\(\square\)

0x2f exgcd

想必你也已经发现了，根据证明 Bézout 定理 的过程，我们已经可以知道 \(ax + by = \gcd(a,b)\) 的一个解了。

那么这一节主要讲各种解的算法。

1. 判断 \(ax + by =c\) 有无解

   \(\textbf{Theorem}\)：一个 \(ax + by =c\) 方程有解，当且仅当 \(c | \gcd(a,b)\)。

   必要性：前文已经阐述。

   充分性：\(\gcd(a,b)|a,\gcd(a,b)|b \to \gcd(a,b)|c\)。

2. 通解

   先举个例子：

   \(3x + 2y = 18\)

   你会怎么解？

   首先随便找到一组解 \(x = 4,y = 3\)。

   再减小 \(x\)，增加 \(y\) 就找到另一组解 \(x = 2,y = 6\)。

   那么设 \(x\) 的变化量 \(\Delta x\)，\(y\) 的变化量 \(\Delta y\)。

   显然 \(a(x + \Delta x) + b(y + \Delta y) = c\)。

   有 \(a \Delta x + b \Delta y = 0\)。

   显然我们想让 \(\Delta x/\Delta y\) 绝对值最小。

   \(\Delta x\) 取 \(\cfrac{a}{\gcd(a,b)}\) 时。

   原式转换成 \(1 - 1 = 0\)。

   所以我们得到了通解。

   \[a(x + k\cfrac{a}{\gcd(a,b)}) + b(y - k\cfrac{b}{\gcd(a,b)}) = c \]

3. \(x/y\) 最小正整数解

   对于 \(x = x + k\cfrac{a}{\gcd(a,b)}\) 最小正整数解，设 \(g = \cfrac{a}{\gcd(a,b)}\)

   在 \((x \%g + g)\%g\) 产生（因为 \(g\) 是步长）。

4. 方程是否有正整数解

   我们一定有 \(x_{\min} \to y_{\max}\)，对吧！

   此时若 \(y_{\max} \le 0\)，则无正整数解。

5. 推推推论

   \(\sum_{i=1}^n {a_i \times x_i} = c\) 的通解，当且仅当 \(c | \gcd_{i=1}^n a_i\)

0x3f 乘法逆元

定义：\(a \times a^{-1} \equiv 1 \pmod{p}\) ，\(a^{-1}\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。

应用场景：在模意义下除以一个数时，只能乘它的逆元。

下面给出三种求逆的方法，在不同地方用到：

1. 费马小定理

   优点：大部分人都会，求单个逆元

   缺点：要求互素。

   设 \(n\) 是素数，\(a\) 与 \(n\) 互素，有 \(a^{n-1} \equiv 1 \pmod n\)。

   变形 \(a \times a^{n-2} \equiv 1 \pmod n\)。

   所以此时 \(a^{n-2}\) 为逆元。

2. \(\textbf {exgcd}\) 求解

   \(ax \equiv 1 \pmod n\)，求 \(x\)。

   即 \(ax + bn = 1\)。

   \(exgcd\) 求解即可。

3. 递推求逆元

   我们知道 \(1^{-1} = 1 \pmod n\)。

   首先有 \(i \times \lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor + p\mod i \equiv 0 \pmod p\)。

   \(p \mod i\) 的逆元我们已经一定求出来了，整个式子同乘 \(i^{-1} (p \pmod i)^{-1}\)。

   \[i^{-1} = -(p \pmod i)^{-1} \times \lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor \]

   递推式证毕。\(\square\)

4. 补充：倒推求逆元法

   为什么要在这里介绍呢？因为它可以在 \(O(n)\) 内递推任意 \(n\) 个数的逆元。

   证明：

   假设我们有一列数 \(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n\)。

   1. 用循环求出数列的前缀积。
   2. 用 \(exgcd\) 或费马小定理计算 \(\prod_{i=1}^n a_i\) 的逆元。
   3. 根据 \(\dfrac{1}{\prod_{i=1}^{k-1} a_i} = \dfrac{a_k}{\prod_{i=1}^{k} a_i}\)，求出任意前缀积的逆元。
   4. 根据 \(\dfrac{1}{a_k} = \dfrac{\prod_{i=1}^{k-1} a_i}{\prod_{i=1}^{k} a_i}\)，求出任意 \(a_i\) 的逆元。

   证毕。\(\square\)

0x4f 中国剩余定理

Part 1

对于下列的同余方程组，能否知道解的情况呢？

\[\begin{cases} x\equiv a_1\pmod{m_1} \\ x\equiv a_2\pmod{m_2} \\ \dots \\ x\equiv a_n\pmod{m_n} \end{cases} \]

其中 \(m_i\) 两两互质。

中国剩余定理给出了解答，我们会阐述其充要性。

构造：

1. 设 \(M = \prod_{i=1}^n m_i\)。

2. 设 \(M_i = \dfrac{M}{m_i}\)。

3. 设 \(t_i = M^{-1} \pmod m_i\)

4. \[x = kM + \sum_{j=1}^n {a_i t_i M_i} \]

证明：

1. 充分性：

   由于 \(t_i\) 是 \(M_i\) 的逆元，有 \(a_i t_i M_i \equiv a_i \pmod{m_i}\)。

   由于 \(M\) 的定义，\(a_i t_i M_i \equiv 0 \pmod{m_j} (i \ne j)\)。

   \(x = kM + \sum_{j=1}^n {a_i t_i M_i} \equiv 0 + (a_i + \sum_{j=1,j \ne i}^n 0) \pmod{m_i}\)。

   综上得证。\(\square\)

2. 必要性

   假设存在另一个解，\(x_1 \equiv x \pmod{M}\) 不成立（这里模 \(M\) 是消除步长），但是由于 \(x_1 \equiv a_i \equiv x \pmod{m_i}\)。

   推广得到 \(\forall i,x_1 \equiv x \pmod{m_i}\)。

   我们可以得到 \(x_1 \equiv x \pmod{M}\)。

   假设推翻，固有唯一通解。

证毕。\(\square\)

Part 2

注意到以上的讨论是在 \(m_i\) 两两互质下进行的。

指出不互质后失效的地方：我们在证明充分性中用到了逆元，存在逆元的充分条件是 \(a,p\) 互质。

这是一切问题的根源。

所以我们要合并方程，使得剩余的方程两两互质。

推式子：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \end{cases} \]

这个等价于：

\[x = k_1m_1 + a_1 = k_2m_2 + a_2 \]

可以得到：

\[k_1m_1 - k_2m_2 = a_2 - a_1 \]

那么便可以得到第一个结论：

\(\textbf{Theory 1}:\) 如果 \(\gcd(m_1,m_2)\ |\ (a_2-a_1)\)，那么方程有解，否则方程无解。

接着，我们定义 \(g = \gcd(m_1,m_2)\)，\(p_1 = \dfrac{m_1}{g}\)，\(p_2 = \dfrac{m_2}{g}\)。

于是可以得到：

\[k_1p_1 - k_2p_2 = \dfrac{a_2-a_1}{g} \]

显然 \(p_1,p_2\) 互质，我们可以用 \(exgcd\) 求出一组解。

带回到含 \(x\) 的等式将 \(x_0\) 解出来就行了。

那通解如何求出呢？

\(\textbf{Theory 2}:\) 若有特解 \(x_0\)，那么同余方程组通解为 \(x = x_0 + lcm_{i=1}^n m_i\)。

这样构造的解十分常见，因为同余方程组的周期一定为 \(lcm\)。

那么只需说明解的唯一性：

设两个解 \(x_1,x_2\)，那么有 \(\begin{cases} x_1-x_2 \equiv0 \pmod{m_1} \\ x_1-x_2 \equiv0 \pmod{m_2} \end{cases}\)（两个方程组相减得到）。

那么：\(lcm(m_1,m_2)\ | \ (x_1-x_2)\)。

显然 \(x_1-x_2<lcm(m_1,m_2)\)，矛盾。

证毕。\(\square\)

至此，我们得出了最终的结论。

\(\textbf{Theory 3}:\) \(\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x \equiv a_2 \pmod{m_2} \end{cases}\) 可以化简为 \(x \equiv x_0 \pmod{lcm(m_1,m_2)}\)。

按照这个来化简，即可写完扩展中国剩余定理。

0x5f Miller-Rabin 素性测试

推式子实在是推不动了，遂写一点和人类智慧相关联的东西（反正迟早要写abab。

完美的质数判断算法是 \(O(\sqrt{n})\) 的，在超过 \(1e16\) 的数字实在是吃不消，何况某些题还给你 \(100\) 个数字，你就只能筛 \(1e12\) 了。

那么，是否有方法可以乱搞呢？

\(\textbf{Lemma \ 1}:\) 对于 \(a,n\) 互质的情况，\(a^{n-1} \equiv 1 \pmod{n}\)。

费马小定理。

那么如果 \(a^{n-1} \equiv 1 \pmod{n}\) 并不成立，那么 \(n\) 一定不是质数，因为 \(a^{n-1} \equiv 1 \pmod{n}\) 这种东西实在是太过于巧合了，可以用来做素性测试。

只要 \(a\) 足够多，费马素性测试乍一看就很高明。

遗憾的是，费马素性测试是不严谨的，因为有 \(Carmichael\) 数 的存在，使费马素性测试失效了。

于是我们采用了 \(Miller-Rabin\) 素性测试。

\(\textbf{Lemma \ 2 二次探测定理}:\) 如果 \(p\) 是一个奇素数，那么 \(x^2 \equiv 1 \pmod{p}\) 仅有两个解 \(x_1 = 1,x_2 = -1\)，这其实很好理解，\((x+1)(x-1) \equiv 0 \pmod{p}\)，如果存在另外的解，那么 \(x + 1\ |\ p,x - 1\ |\ p\)，\(p\) 不是素数。

下面给出 \(Miller-Rabin\) 素性测试流程（基数是\(a\)，测试数为 \(n\)）：

1. 将 \(n-1\) 拆成 \(2^t \times u\) 的形式
2. 计算 \(A = a^u\)
3. 对 \(A\) 进行 \(t\) 次平方，每次平方后得到 \(A^2\)，若 \(A^2 \equiv 1 \pmod{n}\)，采用二次探测定理进行素数判定。
4. 现在得到了 \(a^{n-1}\)，使用费马素性测试。

以上的流程可以有效判定 \(Carmichael\) 数。