数论学习笔记：同余基础

目前我学习了一些很基础的数论算法和思想，其中主要关于同余。

一：不定方程

先来看这样一个方程：
$$ax + by = c$$
（其中 \(a,b,c\) 是已知常数）

也就是说，方程的未知数的数量大于方程数，这就叫不定方程。

上面这个就是典型的二元一次不定方程。

我们可以设 \(d = gcd(a, b)\)，则 \(d\mid a,\ d\mid b\)，则 \(d\mid ax + by\)，所以 \(d\mid c\)。

然后可得，当且仅当 \(d\mid c\) 时，\(ax + by = c\) 有解。换言之，要使此方程有解，则 \(gcd(a, b, c) = gcd(a, b)\)。 这就是裴蜀定理。

然后怎么做呢？

我们可以使用一个叫 \(exgcd\) 的东东（此东东非彼东东）。

exgcd 求特解

所谓 \(exgcd\)，无非就是在 \(gcd\) 的框架上进行扩展。
它是干嘛的呢？ 它是用来求 \(ax + by = d\) 的一组特解 \(x_0,\ y_0\) 的。

我们设 \(q = \lfloor a\ /\ b \rfloor\)，\(r = a\ mod\ b\ =\ a\ -\ bq\)，\(d = gcd(a,\ b)\)。

按照普通辗转相除法的递归流程，下一层应该是 \((b,\ r)\)。

那么假设我们已经递归求出了下一层的特解 \(x_1,\ y_1\)，则有：

\[bx_1\ +\ ry_1\ =\ d \]

将 \(r\ =\ a\ -\ bq\) 代入：

\[bx_1\ +\ (a\ -\ bq)\ y_1\ =\ d \]

展开，按 \(a,\ b\) 整理：

\[ay_1\ +\ b(x_1\ -\ qy_1)\ =\ d \]

定睛一看，这不正是我们要的 \(ax + by = d\) 的形式吗，于是解的转移就很显而易见了：

\[now_x = lst_y\ ,\ now_y = (lst_x - (a\ /\ b)\times lst_y) \]

这里要注意，最后一层的 \(x = 1\), \(y = 0\), 因为此时的 \(a\) 就是 \(d\) 所以当 \(x = 1,\ y = 0\) 时自然是特解。

当递归结束后，此时的 \(now_x,\ now_y\) 便是特解。

初版代码

int a, b;

int lst_x, lst_y, now_x, now_y;

int exgcd(int a, int b) {
    if (b == 0) { // 此时是最后一层 
        lst_x = now_x = 1, lst_y = now_y = 0; // 设置边界
        return a; // 此时 a 即是 d 
    }
    int d = exgcd(b, a % b);
    now_x = lst_y, now_y = lst_x - (a / b) * lst_y; // 设置当前解
    lst_x = now_x, lst_y = now_y; // 注意顺序
    return d; // 返回 d
}

但是我们想，每次 \(exgcd\) 要用四个变量，太麻烦了，怎么优化呢？

因为 C++ 中有个叫地址传递的方式，可以直接修改值，递归返回后就能拿到 \(lst_x, lst_y\)，此时再做更新就可以了，注意因为 \(now_x = lst_y\) 我们实际上可以把这一层的 \(y\) 直接传进去就好了。

int a, b;

int x_0, y_0;

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) { // 传递地址 
    if (b == 0) { // 此时是最后一层 
        x = 1, y = 0 // 设置边界
        return a; // 此时 a 即是 d 
    }
    int d = exgcd(b, a % b, y, x); // 此时 y = lst_x, x = lst_y 
    y -= (a / b) * x; // 设置当前解 
    // 因为是传递地址，实际上 now_x 已经 是 lst_y 了 
    return d; // 返回 d
}

int d = exgcd(a, b, x_0, y_0); 

然后我们就得出了 \(ax + by = d\) 的一组解了。

利用特解求出所有解

根据裴蜀定理，\(d\mid c\)，故我们在等式两边同时乘上 \(c\ /\ d\) 便能得到 \(ax + by = c\) 的一组特解了。

注意，因为若 \(a,\ b\) 中有一个是 \(0\) 则方程化为一元一次方程，若都为 \(0\) 且 \(c\) 不为 \(0\) 则无解，若 \(c = 0\) 无数解。所以接下来的讨论皆建立在 \(a \neq 0 ,\ b \neq 0\) 的基础上。

那有人说，不定方程的解肯定不止一组啊，怎么推出其他组呢？

我们找了几组规律会发现，这个相邻的解两两之间的步长似乎是一样的，怎么证明呢？

我们设 \(x_1,\ y_1\) 为此方程的另一组解，有：

\[ax_0+by_0=ax_1+by_1=d \]

移项：

\[a(x_0-x_1)=-b(y_0-y_1) \]

设 \(x_0-x_1=k\)，\(y_0-y_1=t\)，代入：

\[ak=-bt \]

又设 \(a'=\frac{a}{d}\)，\(b'=\frac{b}{d}\)，显然此时 \(a',\ b'\) 互质。

将等式两边同除 \(d\) 得：

\[a'k=-b't \]

所以 \(b'\mid a'k\)。因为 \(a',\ b'\) 互质，所以得 \(b'\mid k\)。
则 \(k=b'm=\frac{b}{d}m\)。
所以：

\[a'\frac{b}{d}m+\frac{b}{d}t=0 \]

两边同时除以 \(\frac{b}{d}\) 得

\[a'm+t=0 \]

所以

\[t=-a'm=-\frac{a}{d}m \]

因为 \(m\) 最小便是 \(1\)
步长此时便显然了：
\(x\) 的步长是 \(\frac{b}{d}\)，\(y\) 的步长则是 \(-\frac{a}{d}\)，当然符号可以反过来。
我们就可以通过枚举步长来求出所有解了。
要求出最小的正 \(x\)，可以用 \((x_0\ mod\ b'\ +\ b')\ mod\ b'\)，若为 \(0\) 则答案就是 \(b'\)。
\(y\) 同理。

同余方程

什么是同余方程呢，就是形如这样的方程：

\[ax \equiv b \pmod m \]

它的意思是 \(a\ mod\ m\ =\ b\ mod\ m\)
看到它不要懵，想想我们之前的不定方程，我们可以把它转化成下面的样子：

\[ax+km=b \]

因为 \(km\) 一定是 \(m\) 的倍数，不影响余数，所以一定存在 \(k\) 满足。
瞪大眼睛一看，这不正是不定方程吗？故我们可以轻松解出它。