基础数论学习笔记（施工中）
基础数论学习笔记
再一次学习数论！
约定：如果没有特别说明，文中字母均为整数，且大多数情况下我只关心正整数。
O. 基础知识
同余式的运算法则
考虑模 \(p\) 意义下的运算时，同余的两个数是完全等价的，也就是说我们不区分同一剩余类中的数。掌握了这一点后我们可以立即导出模意义下加法和乘法运算法则：
-
（加法）如果 \(a_1 \equiv b_1 \pmod{p}\) 且 \(a_2 \equiv b_2 \pmod{p}\)，则
\[a_1 + a_2 \equiv b_1 + b_2 \pmod{p} \] -
（乘法）如果 \(a_1 \equiv b_1 \pmod{p}\) 且 \(a_2 \equiv b_2 \pmod{p}\)，则
\[a_1 a_2 \equiv b_1 b_2 \pmod{p} \]
那么对于减法和除法呢？减法就是加法的逆运算，减去一个数 \(x\) 等价于加上 \(x\) 的加法逆元。在实数加法中中，加法逆元就是相反数。在模意义下的加法中，加法逆元也是一定存在的：显然一定可以找到一个数 \(x^{-1}\) 使得 \(x + x^{-1} \equiv 0 \pmod{p}\)——取 \(x^{-1} \equiv p - x \pmod{p}\) 即可。但除法比较特殊。除法是乘法的逆运算，除以一个数等价于乘上它的乘法逆元。但在模意义下，除法逆元不一定存在。
I. 欧几里得算法
过程
欧几里得算法用于求出两个数的最大公约数（\(\gcd\)），它的核心是以下引理：
引理. \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)\)。
证明 实际上我们有更强的结论：\(a\)，\(b\) 的公因子集合与 \(b\)，\(a \bmod b\) 的公因子集合完全相同。
设 \(a\) 与 \(b\) 带余除法的结果为 \(a = qb + r\)，则 \(a \bmod b = r\)。设 \(g\) 是 \(a, b\) 的任一公因数，\(a = a'g\)，\(b = b'g\)，那么 \(a'g = qb'g + r\)，因此 \(r = (a' - qb')g\) 是 \(g\) 的倍数。直白地说，\(a\) 与 \(b\) 都是 \(g\) 的倍数，而 \(a \bmod b\) 可以看作 \(a\) 减去若干个 \(b\)，自然仍是 \(g\) 的倍数。这就证明了 \(a\)，\(b\) 的公因数都是 \(b\)，\(a \bmod b\) 的公因数。
另一方面，也可以类似地证明 \(a\)，\(b\) 的公因数都是 \(b\)，\(a \bmod b\) 的公因数，这就证明了二者公因数都是相同的。既然如此，二者的最大公约数也会相同。\(\Box\)
根据这个引理，结合一个边界条件，我们就得到了得到 \(\gcd\) 的递归式（假设 \(a > b\)）：
代码如下：
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
时间复杂度
我们来具体分析这个算法的时间复杂度，同时证明它确实会正确地终止。
引理 如果 \(a > b\)，则 \(a \bmod b \le \lfloor a / 2 \rfloor\)。
证明 暂略。
设 \(a\)，\(b\) 的值域为 \(w\)，每次迭代时有两种情况：
- \(a < b\)，此时有 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a)\)；
- \(a \ge b\)，比较迭代前后 \(\gcd\) 的两个参数，有 \(b < a\) 且 \(a \bmod b < b\)，二者都在减小，因此 \(b\) 会在有限次操作后变成 \(0\)，这说明了该算法一定会终止。又根据引理，\(a \bmod b\) 不超过 \(a\) 的一半，所以这一过程最多发生 \(O(\log w)\) 次。
由于情况 1 发生后会转化为情况 2，所以迭代的总次数仍为 \(O(\log w)\)。
如果用欧几里得算法求斐波那契数列相邻两项的 \(\gcd\)，则复杂度来到最坏情况。证明似乎比较复杂，暂略。
II. 扩展欧几里得算法
扩展欧几里得算法（Extended Euclidean algorithm, EXGCD）用于求形如
的二元一次不定方程的所有整数解。
（为了方便，我们认为 \(a, b, c \ge 0\)。对于负数的情况可能需要多一点讨论。）
有解性判定——裴蜀定理
裴蜀定理（Bézout's lemma）给出了二元一次不定方程有整数解的充要条件：方程 \(ax + by = c\) 有解当且仅当
证明
设 \(\gcd(a, b) = g\)。
必要性 由于等式左边一定是 \(g\) 的倍数，因此等式右边也必须是 \(g\) 的倍数。
充分性 为了方便，不妨设 \(c = g\)。如果在这种情况下存在某组解，那么当 \(c\) 是 \(g\) 的倍数时，把这组解扩大若干整数倍，就可以得到原方程的解。所以研究有解性时只需考虑这种情况。
设 \(S = \{xa + yb | x, y \in \mathbb{Z}\}\)。下面证明 \(S\) 中的最小正元素为 \(g\)。
首先，\(S\) 中至少有一个正元素（\(a\) 和 \(b\)，说“一个”是因为二者可能相同），设最小的正元素为 \(d_0 = x_0a + y_0b\)。另取 \(S\) 中任一正元素 \(p = x_1a + y_1b\)，考虑它对 \(d\) 的带余除法 \(p = qd_0 + r\)，那么
因此 \(r \in S\)。由于 \(r\) 是 \(p\) 除以 \(d_0\) 的余数，所以 \(0 \le r < d_0\)。如果 \(r\) 为正数，就与 \(d_0\) 的最小性矛盾。因此 \(r = 0\)。那么可以推出：\(S\) 中任意正元素都是 \(d_0\) 的倍数。特别地，有 \(d_0 \mid a\) 和 \(d_0 \mid b\)，因此 \(d_0\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的公约数。
另一方面，由于 \(a\) 和 \(b\) 都是 \(g\) 的倍数，而 \(d_0\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的线性组合，因此 \(d_0\) 也是 \(g\) 的倍数（在 I 章中我们已经用过了这个结论）。结合两点可知 \(d_0 = g\)。至此，我们就证明了当 \(c = g\) 时 \(ax + by = c\) 一定有解。对于更一般的情况，如果 \(c = c'g\)，把 \(ax + by = g\) 的每个解乘 \(c'\) 倍就得到了 \(ax + by = c\) 的解，所以两个方程的有解性相同。\(\Box\)
解的形式及个数
我们可以进一步说明，只要有解，就有无数组解。设 \((x_0, y_0)\) 是任意一组解，\(a = a'g\)，\(b = b'g\)，则方程的解集为
换句话说，把 \(x\) 加上若干个 \(b'\)，同时把 \(y\) 减去若干个 \(a'\) 不改变 \(ax + by\) 的值，因为 \(a \cdot \dfrac{kb}{g} = b \cdot \dfrac{ka}{g}\)。另外，这两者显然都是整数，所以变换后得到的还是整数解。
另一方面，对于任意的解 \((x', y')\) 满足 \(ax' + by' = c\)，把此等式与 \(ax_0 + by_0 = c\) 相减，有
由于 \(a = a'g\)，\(b = b'g\)，所以
左边是 \(a'\) 的倍数，因此右边也是 \(a'\) 的倍数。又因为 \(a'\) 与 \(b'\) 互质，所以 \(y' - y_0\) 是 \(a'\) 的倍数。设 \(y' - y_0 = a'k\)，则 \(y' = y_0 + a'k\)，代入得 \(x' = x_0 - b'k\)，这就把 \((x', y')\) 转化成了 \(A\) 中的形式。所以，\(A\) 确实包含了方程的所有整数解。
过程
现在我们要求出 \(ax + by = c\) 的任意一组解。先根据裴蜀定理判断是否有解，如果有解，为了方便仍然假设 \(c = g\)。求出一组解以后我们可以根据通解的公式求出其它的解。
我们使用和欧几里得算法类似的迭代方法：每次迭代都会使 \(a\) 和 \(b\) 减小，最终 \(b\) 减小到 \(0\) 时就可以得到显然的解，然后反推原方程的解。
具体地，如果 \(b = 0\)，那么 \(\gcd(a, b) = a\)，方程可以写为 \(ax + 0y = a\)。此时显然 \(x = 1, y = 0\) 是一组解。当然，\(y\) 可以取任何整数，但取 \(0\) 比较方便，并且这保证了最终得到的原方程的解不会太大，
否则，我们把原方程迭代为一个新的方程：\(a'x + b'y = \gcd(a', b')\)，其中 \(a' = b\)，\(b' = a \bmod b\)。这样做的意义和欧几里得算法是相同的：迭代后方程的系数会减小，最终到达边界情况时就能得到解。那么，假设我们求出了这个方程的一组解 \((x_1, y_1)\)，要如何反推回原方程的一组解 \((x_0, y_0)\) 呢？
由于 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)\)，所以 \(\gcd(a, b) = \gcd(a', b')\)，因此
把 \(a \bmod b\) 改写为 \(a - b \cdot \left\lfloor \dfrac{a}{b} \right\rfloor\)，那么
整理等式右边，得到
对比两边得到
这就得到了两个方程解的关系。
此算法时间复杂度的分析和欧几里得算法完全相同，二者的时间复杂度都是 \(O(\log w)\)，其中 \(w\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的值域，这里不再赘述。
以下是一份 exgcd 的示例代码，它返回一个二元组（pair），表示方程的解 \(x, y\)：
auto exgcd(int a, int b) {
if(b == 0) {
return make_pair(1, 0);
}
auto [x, y] = exgcd(b, a % b);
return make_pair(y, x - (a / b) * y);
}
这种写法比较美观，因为函数的返回值恰好就是方程的解。但我不知道使用 pair 会不会导致常数偏大。大多数人使用的是一种传引用的写法：
void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
if(b == 0) {
x = 1, y = 0;
return;
}
int x0, y0;
exgcd(b, a % b, x0, y0);
x = y0, y = x0 - (a / b) * y0;
}
值域分析
\(ax + by = g\) 的解有无穷个，显然我们希望扩欧求出的是比较小的解，否则无法存下。幸运的是，如果在迭代的最后一步选取的解是 \(x = 1, y = 0\)，那么最终求出的解满足 \(|x| \le b\)，\(|y| \le a\)。实际上，这种情况下 \(|x|\) 和 \(|y|\) 同时取到最小值。证明暂略，可以参考 OI wiki。
需要注意的是，我们只是说明了 \(ax + by = g\) 的解的值域范围，但对于更一般的 \(ax + by = c\) 的情况，把 \(x\) 和 \(y\) 同乘上 \(c / g\) 以后，值域是没有限制的。
例题
0. UVA10104 Euclid Problem
模板题。需要注意的是 UVA 只支持 C++11，而 C++14 开始 auto 才能作为函数返回值，所以需要把上文代码中函数返回值的 auto 改成 tuple<int, int, int>。
tuple<int, int, int> exgcd(int a, int b) {
if(b == 0) {
return make_tuple(1, 0, a);
}
auto [x, y, g] = exgcd(b, a % b);
return make_tuple(y, x - (a / b) * y, g);
}
1. P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)
这道题不仅要求出解，还要回答有关解的一些其它问题。我们逐个来研究。
-
是否有解？
我们用裴蜀定理判断是否有解。现在假设有解，并且已经用扩欧求出了一组解 \((x_0, y_0)\)。
-
是否有正整数解？
我们让 \(x_0\) 对 \(b'\) 取模，就得到了 \(x\) 为正整数的解中最小的 \(x\)。（为了保证 \(x\) 为正，当 \(x_0 \bmod b' = 0\) 时应取 \(x = b'\) 而不是 \(0\)。）求出对应的 \(y\)，由于 \(x\) 和 \(y\) 是此消彼长的关系，现在已经尽可能让 \(x\) 在为正的情况下尽可能小了，如果存在正整数解，那么 \(y\) 此时一定为正，据此可以判断是否有正整数解。
如果有正整数解，那么显然现在求出的 \(x\) 和 \(y\) 分别是正整数解中最小的 \(x\) 和最大的 \(y\)，记为 \(x_{\min}\) 和 \(y_{\max}\)。同理还可以求出正整数解中最大的 \(x\) 和最小的 \(y\)，记为 \(x_{\max}\) 和 \(y_{\min}\)。而如果没有正整数解，我们实际上也已经求出了 \(x\) 和 \(y\) 的最小正整数值。
-
如果有正整数解，有多少个？
只需求出 \(x_{\max}\) 和 \(x_{\min}\) 之间有多少个可以作为解的 \(x\) 即可，也就是
\[\dfrac{x_{\max} - x_{\min}}{b'} + 1 \]
2. CF1728E Red-Black Pepper
对于一组询问 \((c, d)\)（这里的 \(c, d\) 分别代表题面中的 \(x_i, y_i\)），先用 exgcd 判断 \(cx + dy = n\) 有没有非负整数解。然后考虑最大化收益。
先想想如果固定了红辣椒的数量 \(i\)，怎么求出最大收益。记 \(f(i)\) 表示使用了 \(i\) 份红辣椒的收益，则 \(f(n)\) 就是强制所有菜品都放红辣椒的收益，可以直接求出。然后把所有菜品按 \(b_i - a_i\) 排序，倒序枚举 \(i\)，每次把总收益加上 \(b_i - a_i\)，相当于把一份红辣椒换成蓝辣椒。那么 \(f\) 数组的差分就是 \(a_i - b_i\)，由于这个值已经排序了，所以差分单调减，因此 \(f(i)\) 是上凸函数。
那么我们可以预处理 \(f\) 的极值点 \(k\)，求出所有非负整数解中，\(c \cdot x_l\) 不超过 \(k\) 的最大 \(x_l\)，和 \(c \cdot x_r\)超过 \(k\) 的最小 \(x_r\)，则答案为 \(\max(f(c \cdot x_l), f(c \cdot x_r))\)。
III. 中国剩余定理
形如
的方程组称为线性同余方程组。当 \(m_i\) 两两互质时，可以使用中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem，CRT）来求解。
过程
CRT 的核心思想是求出若干个 \(x_i\)（\(1 \le i \le k\)），分别满足 \(x_i \equiv a_i \pmod{m_i}\) 且 \(x_i \equiv 0 \pmod{m_j}\)（\(i \neq j\)），则所有 \(x_i\) 的和就是方程组的解。（这个过程和拉格朗日插值很类似。）
下面只需考虑如何求出每个 \(x_i\)。记 \(M = m_1m_2 \cdots m_k\)，\(M_i = M / m_i\)。由于 \(x_i \equiv 0 \pmod{m_j}\)（\(i \neq j\)），所以 \(x_i\) 同时是所有 \(x_j\)（\(i \neq j\)）的倍数，因此 \(x_i\) 是 \(M_i\) 的倍数。设 \(x_i = c \cdot M_i\)。
另一方面，\(x_i \equiv a_i \pmod{m_i}\)，即 \(c \cdot M_i \equiv a_i \pmod{m_i}\)。由于 \(M_i\) 和 \(m_i\) 互质，所以一定存在满足条件的 \(c\)，容易看出取 \(c = a_i \cdot (M_i)^{-1}\) 即可，其中 \((M_i)^{-1}\) 是 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的逆元。注意 \(m_i\) 不一定是质数，所以只能用 exgcd 求逆元。
那么 \(S = \sum_{i = 1}^{k} x_i\) 是方程组的一个解。实际上方程的解集为
容易看出这些 \(x\) 都是方程的解。另一方面，设 \(x_1\)，\(x_2\) 是方程组的两个解，则
由于 \(m_i \perp m_j\)（\(i \neq j\)），所以 \(x_1 \equiv x_2 \pmod{M}\)，因此上式确实给出了方程组的所有解。
易知 CRT 的时间复杂度为 \(O(k \log w)\)，其中 \(w\) 是 \(m_i\) 的值域。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long i64;
auto exgcd(i64 a, i64 b) {
if(b == 0) {
return make_pair(1LL, 0LL);
}
auto [x, y] = exgcd(b, a % b);
return make_pair(y, x - (a / b) * y);
}
i64 inv(i64 a, i64 m) {
auto [x, y] = exgcd(a, m);
return (x % m + m) % m;
}
int main() {
cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
int n;
cin >> n;
i64 M = 1;
vector<int> a(n + 1), b(n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i];
M *= a[i];
}
i64 ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
i64 m = M / a[i];
i64 add = (__int128)m * b[i] % M * inv(m, a[i]) % M;
ans = (ans + add) % M;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
IV. 扩展中国剩余定理
过程
当线性同余方程组的模数不两两互质时，不保证 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 意义下存在逆元，所以 CRT 失效了，这时候我们需要扩展中国剩余定理（exCRT）。实际上，除了求解的问题相似，它和 CRT 的过程没有太大联系。
exCRT 的核心思想是：对于两个线性同余方程
可以把它们合并成一个完全等价的线性同余方程
其中 \(x_0\) 是原方程组的任意一个解。”完全等价“的含义是：转化前后方程的解集相同。
通过这个结论，我们可以不断合并两个同余方程，最终只剩一个方程时我们就得到了解。
下面具体研究两个线性同余方程是怎么合并的。我们引入未知数 \(y_1\)，\(y_2\)，把同余方程改写成二元一次不定方程的形式：
联立得
其中 \(a_1\)，\(a_2\)，\(m_1\)，\(m_2\) 都是已知量，所以这是一个二元一次不定方程。根据裴蜀定理，其有解的充要条件是 \(\gcd(y_1, y_2) \mid (a_1 - a_2)\)。如果无解，说明整个同余方程组都无解。否则可以用 exgcd 求出任意一组解，接着代回得到原先两个同余方程的一个特解 \(x_0\)。这样就把两个方程合并为了一个，重复这个过程知道全部方程都合并为一个即可。易知 exCRT 的时间复杂度和 CRT 相同，都为 \(O(k \log w)\)。
参考代码（模板 P4777）:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long i64;
typedef __int128 i128;
auto exgcd(i64 a, i64 b) {
if(b == 0) {
return make_tuple(1LL, 0LL, a);
}
auto [x, y, g] = exgcd(b, a % b);
return make_tuple(y, x - (a / b) * y, g);
}
int main() {
cin.tie(nullptr) -> sync_with_stdio(false);
// 代码中变量名称和题目不同
int n;
i64 a, b;
cin >> n >> b >> a;
for(int i = 2; i <= n; i++) {
i64 c, d;
cin >> d >> c;
// 把 x equiv a (mod b) 和 x equiv c (mod d) 两个方程合并
auto [y1, y2, g] = exgcd(-b, d);
i128 y = (i128)y1 * (a - c) / g;
i64 lcm = abs(d / g * b);
i128 x0 = ((a + y * b) % lcm + lcm) % lcm;
a = (i64)x0, b = lcm;
}
cout << a << '\n';
return 0;
}
正确性证明
exCRT 中使用的最重要的结论是
的解集和
的解集完全相同，其中 \(x_0\) 是原方程组的任意一个解。下面来证明这一点。（暂略）
例题
1. P4774 [NOI2018] 屠龙勇士
首先发现用哪把剑攻击每一条龙是唯一确定的，可以用 multiset 模拟预处理。记攻击第 \(i\) 条龙的剑的攻击力为 \(b_i\)。
设攻击次数为 \(x\)，攻击第 \(i\) 条龙以后的回复次数为 \(y_i\)，则我们要求的是以下方程组的非负整数解
其中 \(x\) 和 \(y_i\) 是未知数。
先不考虑非负的限制。单个方程是二元一次不定方程的形式，但把多个二元一次不定方程联立在一起，并且要求所有解的 \(x\) 相同，这是不好处理的。套路性地把二元一次不定方程转化成线性同余方程（在用 exgcd 求逆元的过程中我们也使用了这种转化，但是转化的方向相反）：
这个形式和 exCRT 的形式非常像，但是 \(x\) 前面多了系数，我们需要把它去掉。一般地，对于同余方程
设 \(\gcd(a, m) = g\)，如果 \(\gcd(a, m) \nmid b\) 则无解。否则设 \(a = a'g, b = b'g, m = m'g\)，则
此时 \(\gcd(a', m') = 1\)，两边同乘 \(a'\) 的逆元
就转化成了标准的线性同余方程。这样就可以用 exCRT 求出某个特解 \(x_0\)。
接下来要考虑 \(x, y_{i}\) 非负的限制。我们知道 exCRT 的解系是 \(x \equiv x_{0} \pmod{M}\)，其中 \(M\) 是所有 \(m_{i}\) 的 \(\operatorname{lcm}\)。所以先把 \(x_{0}\) 对 \(M\) 取模使其非负。然后分别考虑每个 \(y_{i}\) 非负的限制，这等价于 \(b_{i}x \ge a_{i}\)。我们令 \(x_0\) 不断加上 \(M\) 直到满足条件，可以用除法优化。考虑完所有 \(y_i\) 的限制后就得到了满足所有限制的最小解。
参考资料
- 同余代数 - qAlex_Weiq - 博客园
- （扩展）中国剩余定理 - 知乎
- 《初等数论（第三版）》闵嗣鹤，严士健
浙公网安备 33010602011771号