【OI】剩余（入门）

gcd

定义

\(a,b \in \Z\)，记 \(a\) 和 \(b\) 的最大公约数为 \(\gcd(a,b)\)，最小公倍数为 \(\operatorname{lcm}(a,b)\)。

约定 \(\gcd(a,0)=a\)，\(\gcd(0,0)=0\)。

如何求 \(\gcd(a,b)\)？

欧几里得算法

若 \(d \mid a,b\)，则有 \(d \mid a \bmod b\)，于是 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)，称为辗转相除法，可以递归计算。

复杂度为 \(O(\log \max(a,b))\)。

证明:

如果一次运算会使得某个数值减半，则它为对数复杂度。

若 \(a<b\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a)\)。

若 \(a>b\)，则 \(a \bmod b\) 至少会让 \(a\) 减半。

得证。

值得注意的是，用欧几里得算法去算斐波那契数列的相邻两项会使复杂度达到最劣。

Stein算法

取模计算速度太慢了，如果换成减法和位运算就会快上很多。

更相减损术：\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a-b)\)，与辗转相除法同理。

以下为 Stein 算法的过程：

• 若 \(a \bmod 2=1,b \bmod 2=1\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a-b)\)。

• 若 \(a \bmod 2=1,b \bmod 2=0\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(\frac{a}{2},b)\)，\(b\) 也同理。

• 若 \(a \bmod 2=0,b \bmod 2=0\)，则 \(\gcd(a,b)=2 \gcd(\frac{a}{2},\frac{b}{2})\)。

除法可以用位运算代替。

同理，根据减半原则，时间复杂度为 \(O(\log \max(a,b))\)。

#define ctz __builtin_ctzll
inline int gcd(int a, int b){
	if(!a||!b) return a|b;
	if(a==1||b==1) return 1;
    int az=ctz(a),bz=ctz(b),z=min(az,bz),t; 
	b>>=bz;
    while(a) a>>=az,t=a-b,az=ctz(t),b=min(a,b),a=abs(t);
    return b<<z;
}

值得注意的是，用这个可以过基于值域预处理的gcd这道题，可见效率之高。

exgcd

二元线性丢番图方程：形如 \(ax+by=c\) 的方程，其中 \(a,b,c \in \Z\)。

显然，这个方程要么无整数解，要么有无数组整数解。

如何判断这个方程有无整数解？

给出结论：方程有整数解的充要条件是 \(\gcd(a,b) \mid c\)。

证明：

必要性：若方程有整数解，则 \(\gcd(a,b) \mid ax\)，\(\gcd(a,b) \mid by\)，于是 \(\gcd(a,b) \mid ax+by=c\)。

充分性：
即裴蜀定理，首先考虑方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\)，需证 \(\exist x,y \in \Z\)，使方程成立。

令集合 \(S=\{k \mid ax+by=k,x,y \in \Z\}\)，令 \(s\) 为集合的最小正元素，此时 \(ax_0+by_0=s\)。

首先 \(\gcd(a,b) \mid s\)。

其次令 \(a=ps+q,q=a \bmod s \in [0,s)\)，则 \(q=a-ps=a(1-px_0)+b(-py_0)\)，于是 \(q \in S\)，但是 \(s\) 为最小正元素，所以\(q=0\)，可得 \(s \mid \gcd(a,b)\)。

综上，\(s=\gcd(a,b)\)，此时 \(x=x_0,y=y_0\)。

那么如何求得这个方程的解呢？

首先考虑解 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。

构造两个方程：

\[ax_1+by_1=\gcd(a,b) \]

\[bx_2+(a \bmod b)y_2=\gcd(b,a \bmod b) \]

根据辗转相除法，有：

\[ax_1+by_1=bx_2+(a \bmod b)y_2 \]

注意到 \(a \bmod b=a-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor b\)，

所以：

\[ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_2) \]

得 \(x_1=y_2,y_1=x_2-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor y_2\)。

这个可以在辗转相除中递归求解，这样我们就得到了一组特解，然后用通解公式得到所有解。

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

逆元

对于 \(a,p \in \Z\)，称满足 \(ax \equiv 1 \pmod p\) 的 \(x\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元，记为 \(a^{-1}\)，只有 \(\gcd(a,p)=1\) 即 \(a \bot p\) 时，\(a\) 才存在逆元。

证明：
设 \(d= \gcd(a,p)\)，则 \(d \mid ax \bmod p\)。

费马小定理

若 \(p \in P\)，则 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)。

于是 \(a \times a^{p-2} \equiv 1 \pmod p\)，即 \(a^{-1} \equiv a^{p-2} \pmod p\)。

使用快速幂求，复杂度 \(O(\log p)\)。

exgcd

若 \(p\) 不为素数，无法使用费马小定理。

\[ax \equiv 1 \pmod p \]

\[ax+py=1 \]

然后用 exgcd 求 \(x\)，复杂度 \(O(\log a)\)。

线性求连续 \(1\) ~ \(n\) 的逆元

首先 \(1^{-1} \equiv 1 \pmod p\)。

考虑 \(i^{-1}\)，令 \(k = \lfloor \frac{p}{i} \rfloor\)，\(j = p \bmod i\)，于是 \(ki+j \equiv 0 \pmod p\)。

因此 \(kj^{-1}+i^{-1} \equiv 0 \pmod p\)，即 \(i^{-1} \equiv -kj^{-1} \pmod p\)。

这个 \(j\) 一定小于 \(i\)，于是我们可以递推求逆元，复杂度 \(O(n)\)。

线性求任意 \(n\) 个数的逆元

给定序列 \(a\)，求每个数的逆元。

记 \(s_i= \prod_{j=1}^i a_i\)，先用费马小定理或 exgcd 求 \(s_n^{-1}\)，记为 \(sv_n\)，然后后缀处理出所有 \(sv_i\)。

\(a_i^{-1} \equiv s_{i-1} \times sv_i \pmod p\)

复杂度 \(O(n+\log p)\)。

同余方程组

考虑下面这样一个由多个线性同余方程组成的方程组：

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

该如何求解？

CRT

考虑 \(\forall m_i\) 两两互素的情况。

• 中国剩余定理（CRT）：令 \(M=\prod m_i,M_i=\frac{M}{m_i}\)，有：

\[x \equiv \sum_{i=1}^n a_iM_iM_i^{-1} \pmod M \]

其中 \(M_i^{-1}\) 表示 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 下的逆元。

证明：

我们需要证明上面这个式子对每条方程都成立。

考虑一个 \(m_i\)，当 \(j \neq i\) 时，\(m_i \mid M_j\)，取模后为 \(0\)；当 \(j=i\) 时，\(M_iM_i^{-1} \equiv 1 \pmod {m_i}\)，则 \(a_iM_iM_i^{-1} \equiv a_i \pmod {m_i}\)，于是得证。

但是如果你是个正常人的话，你就会觉得这玩意很蠢。

两两互素，什么雷霆条件？

因此 CRT 在 OI 里一点用都没有，它可以被更通用的 exCRT 平替。

exCRT

接下来考虑 \(m_i\) 不满足两两互素的情况。

先考虑两个方程：

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

改写成等式：

\[\begin{cases} x = a_1 + Xm_1\\ x = a_2 + Ym_2 \end{cases} \]

\[Xm_1-Ym_2=a_2-a_1 \]

这是一个二元一次丢番图方程，用 exgcd 解，令 \(a=m_1,b=-m_2,c=a_2-a_1,d=\gcd(m_1,m_2)\)，求出方程 \(aX+bY=c\) 的特解 \(X_0\)。

根据通解公式 \(X=X_0\frac{c}{d}+n \frac{b}{d}\)，直接代入第一个等式：

\[x=a_1+X_0 \frac{cm_1}{d}+\frac{nm_1m_2}{d} \]

\[x \equiv a_1+X_0 \frac{cm_1}{d} \pmod {\operatorname{lcm}(m_1,m_2)} \]

这样我们就得到一个新的同余方程，我们成功把两个同余方程合并成一个，于是对于多个同余方程，一直重复合并即可，时间复杂度 \(O(n \log V)\)。

板题

#include<bits/stdc++.h>
#define int __int128
#define inf 1e18
#define gc getchar
#define pc putchar
#define rg register
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PII pair<int, int> 
#define PDI pair<double, int>
#define fi first
#define se second
#define IOS ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
using db=double;
using namespace std;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=gc();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')	f=-f;
		ch=gc();
	}
	while(isdigit(ch)) x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=gc();
	return x*f;
}
inline void write(int x){
	if(x<0) pc('-'),x=-x;
	if(x>9)	write(x/10);
	pc(x%10+'0');
}
const int N=114514;
int n,a[N],m[N];
inline int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int tmp=y;
	y=x-a/b*y;
	x=tmp;
	return d;
} 
inline int exCRT(){
	int x,y,m1=m[1],a1=a[1];
	int ans=0;
	for(rg int i=2;i<=n;i++){
		int m2=m[i],a2=a[i];
		int A=m1,B=m2,C=a2-a1;
		int d=exgcd(A,B,x,y);
		if(C%d) return -1;
		x=(x*(C/d)+(B/d))%(B/d);
		ans=a1+x*m1;
		m1=m2/d*m1;
		ans=(ans%m1+m1)%m1;
		a1=ans;
	}
	return ans;
}
signed main(){
//	freopen("114514.in","r",stdin);
//	freopen("114514.out","w",stdout);
	n=read();
	for(rg int i=1;i<=n;i++) m[i]=read(),a[i]=read();
	write(exCRT());
	return 0;
}

\[End \]