扩展欧几里得和同余

Bézout's identity（裴蜀定理）：给予二整数 $a$ 与 $b$, 必存在有整数 $x$ 与 $y$ 使得$ax + by = gcd(a,b)$。

扩展欧几里得算法：给予二整数 $a$ 与 $b$, 必存在有整数 $x$ 与 $y$ 使得$ax + by = gcd(a,b)$。有两个数$a,b$，对它们进行辗转相除法，可得它们的最大公约数——这是众所周知的。然后，收集辗转相除法中产生的式子，倒回去，可以得到$ax+by=gcd(a,b)$的整数解。

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

 

①当$b = 0$的时候，$ax = gcd(a, 0) = a$。所以这时候取$x = 1, y = 0$即可，并将a返回。

②这里取个巧将$x, y$交换一下位置，公式变为$by + (a mod b)x = d$。($d$为$gcd(a,b)$)

$by + (a\;mod \; b)x = d \leftrightarrow   by +(a - \lfloor \frac{a}{b} \rfloor b)x = d\leftrightarrow ax+b(y-\lfloor \frac{a}{b} \rfloor x) = d$

 

同余方程：

$ax\equiv b\left ( mod\;m \right )\leftrightarrow ax = my + b\leftrightarrow ax - my = b\leftrightarrow ax+my' = b$

该公式有解的条件就是$b\; mod\; d == 0$。其中$d$是$gcd(a, m)$,即$b$是最大公约数的倍数就有解，否则无解。

 

https://www.acwing.com/problem/content/204/

acwing 202.最幸运的数字

由题目，

$L\mid 88\cdot \cdot \cdot 8\leftrightarrow L\mid 8*11\cdot \cdot \cdot 1\leftrightarrow L\mid8*\frac{99\cdot \cdot \cdot 9}{9}\leftrightarrow L\mid 8*\frac{10^{x}-1}{8}
\leftrightarrow \frac{9L}{d}\mid {10^{x}-1}$，其中$d = gcd(L,8)$，意义为两边都除去8的质因子。如果左边没有，就不除，而右边除掉后依旧等价。

将$\frac{9L}{8}$看做一个常数$C$,转换为求一个最小的$x$使得$10^{x}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$

由欧拉定理，有$a^{phi(n)}\equiv 1\left ( mod\;n \right )$,其中满足$gcd(a,n)= 1$。

首先，$10$和$C$必然互质，否则余数不可能为$1$, 所以如果$10$和$C$不互质，无解。

其次，我们可以知道所求的$x$必然是$phi(C)$的一个约数。

证明：假设$x$是满足$10^{x}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$的最小数且不是$phi(C)$的约数，而欧拉定理也满足$10^{phi(C)}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$，那么设$phi(C) = qx + r, 0<r<x$。

有$10^{qx+r}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$,因为$10^{x}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$，所以$10^{qx}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$，所以得出$10^{r}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$,就找到了一个比$x$更小的满足$10^{x}\equiv 1\left ( mod\;C \right )$的数，矛盾，所以$x$一定是$phi(C)$的一个约数。

又因为$x$要取最小，所以$x$一定是$phi(C)$的最小约数。

 所以本题需要求欧拉函数，求出$C$的欧拉函数，对其约数进行枚举，然后用快速幂判断。

需要注意的是，该题的数据很大，相乘过程中会爆掉long long，所以快速幂进行相乘的时候要使用龟速乘，防止溢出。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long LL;

LL qmul(LL a, LL b, LL c)
{
    LL res = 0;
    while(b)
    {
        if(b & 1)res = (res + a) % c;
        a = (a + a) % c;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

LL qmi(LL a, LL b, LL c)
{
    LL res = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)res = qmul(res, a, c);
        a = qmul(a, a, c);
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

LL get_euler(LL n)
{
    LL res = n;
    for(LL i = 2 ; i <= n / i ; i ++)
    {
       if(n % i == 0)
       {
           while(n % i == 0)n /= i;
           res = res / i * (i - 1);
       }
    }
    if(n > 1)res = res / n * (n - 1);
    return res;
}

int main(){
    int T = 1;
    LL L;
    while(cin >> L, L)
    {
        int d = 1;
        while(L % (d * 2) == 0 && 2 * d <= 8)d *= 2;
        
        
        LL C = 9 * L / d;
        

        LL phi = get_euler(C);
        

        LL res = 1e18;
        if(C % 2 == 0 || C % 5 == 0)res = 0;
        
        for(LL i = 1 ; i <= phi / i ; i ++)
            if(phi % i == 0)
            {
                if(qmi(10, i, C) == 1)res = min(res, i);
                if(qmi(10, phi / i, C) == 1)res = min(res, phi / i);
            }
        printf("Case %d: %lld\n", T ++, res);
    }
    
    
    return 0;
}

 

 

中国剩余定理：

$m_1,m_2,m_3,m_4,\cdot \cdot \cdot m_k$两两互质。

$\left\{\begin{matrix}x\equiv a_1\left ( mod\;m_1 \right )
& \\ x\equiv a_2\left ( mod\;m_2 \right )
& \\ x\equiv a_3\left ( mod\;m_3 \right )
& \\ \cdot \cdot \cdot
& \\ \cdot \cdot \cdot
& \\ x\equiv a_k\left ( mod\;m_k \right )
&
\end{matrix}\right.$

$M = m_1m_2m_3\cdot \cdot \cdot m_k$

$M_i = \frac{M}{m_i}, t_i$是$M_i$模$m_i$的逆

即$M_i*t_i\equiv 1\left ( mod\;m_i \right )$

$x=a_1\cdot M_1\cdot t_1+a_2\cdot M_2\cdot t_2+a_1\cdot M_3\cdot t_3+\cdot \cdot \cdot +a_k\cdot M_k\cdot t_k$

 

https://www.acwing.com/problem/content/1300/

acwing 1298.曹冲养猪

 由题，$x\equiv B[i]\left ( mod \;A[i] \right )$

答案$x=B[1]\cdot M_1\cdot t_1+B[2]\cdot M_2\cdot t_2+B[3]\cdot M_3\cdot t_3+\cdot \cdot \cdot +B[k]\cdot M_k\cdot t_k$

其中，$M = A[1]* A[2]* A[3]\cdot \cdot \cdot A[k],M_i = \frac{M}{A[i]}$。

所以现在需要求得$t_i$,由 $M_i*t_i\equiv 1\left ( mod\;A[i] \right )\leftrightarrow M_i*t_i - A[i]*x = 1\leftrightarrow M_i*t_i+A[i]*x' = 1$,通过拓展欧几里得算法，可求出$t_i$。

迭代到最后求得答案。

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 11;

int A[N], B[N];
int n;

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

int main(){
    cin >> n;
    LL M = 1;
    for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
    {
        cin >> A[i] >> B[i];
        M *= A[i];
    }
    
    LL res = 0;
    for(int i = 0 ; i < n ; i ++)
    {
        LL Mi = M / A[i];
        LL ti, x;
        exgcd(Mi, A[i], ti, x);
        res += B[i] * Mi * ti;
    }
    
    cout << (res % M + M) % M << endl;
    return 0;
}