【数论学习笔记2】【Continuously Update…】

一、同余的定义及其性质

1. 定义
   若\(a\bmod m=b\bmod m\),则称a，b模m同余，记为\(a\equiv b\pmod m\)

2. 推论 （另一种定义）
   \(a\equiv b\pmod m<=>m|(a-b)\)

证明

证明： 分为两部分，先从左推到右，再从右推到左 第一部分

因为\(a\equiv b\pmod m\),所以\(a\bmod m=b\bmod m\)，设\(r=a\bmod m,p=\frac{a-r}{m},q=\frac{b-r}{m}\)

显然p，q均为整数，所以\(a=pm+r,b=qm+r\)

所以\(a-b=pm+r-(qm+r)=(p-q)m\)

因为\(m|(p-q)m\),所以\(m|(a-b)\)
第二部分
设\(r_1=a\bmod m,r_2=b\bmod m,p=\frac{a-r_1}{m},q=\frac{b-r_2}{m}\)

则\(a=pm+r_1,b=qm+r_2\)

所以\(a-b=pm+r_1-(qm+r_2)=m(p-q)+(r_1-r_2)\)

因为\(m|(a-b)\)，即\(m|m(p-q)+(r_1-r_2)\)

且\(m|m(p-q)\),

所以\(m|1\times (m(p-q)+(r_1-r_2))+(-1)\times m(p-q)\),即\(m|(r_1-r_2)\)

又因为\(r_1,r_2\in [0,m-1]\),所以\(|r_1-r_2|<m\)

所以\(r_1=r_2\),即\(a\bmod m=b\bmod m\)，即\(a\equiv b\pmod m\)

证毕

3. 基本性质
   设\(a\equiv b\pmod m,c\equiv d\pmod m,k为正整数,n为任意整数\)
   ① \(a\equiv a\pmod m\)
   ② \(b\equiv a\pmod m\)
   ③ \(a+n\equiv b+n\pmod m\)
   ④ \(a+c\equiv b+d\pmod m\)
   ⑤ \(na\equiv nb\pmod m\)
   ⑥ \(ac\equiv bd\pmod m\)
   ⑦ \(a^k\equiv b^k\pmod m\)
   ⑧ \(若ab\equiv ac\pmod m,(a,m)=1,则b\equiv c\)

性质①,②显然
性质③,④,⑤,⑥,⑦证明方法类似，以⑥为例
证明：咕咕咕
\(a\equiv b\pmod m,\)

二、取模运算与乘法逆元

在计数类问题中，我们常常会遇到对答案取模的要求

在这种情况下如果我们要把答案先算出来再取模，有可能在运算过程中超出整型存储的范围，于是我们思考能否一边计算答案，一边对其取模

先思考最简单的情况——累计答案的过程中只有加法运算
设\(ans=(a+b)\bmod p\),
那么\(ans=(a\bmod p+b\bmod p)\bmod p\)

证明：上述问题等价于\(a+b\equiv a\bmod p+b\bmod p\pmod p\)

因为\(a\equiv a\bmod p\pmod p,b\equiv b\bmod p\pmod p\)

所以\(a+b\equiv a\bmod p+b\bmod p\pmod p\)

证毕

这说明，我们在对和取模时，可以一边加一边取模

我们再来考虑乘法
设\(ans=(a\times b)\bmod p\),
那么\(ans=(a\bmod p\times b\bmod p)\bmod p\)

证明：上述问题等价于\(a\times b\equiv a\bmod p\times b\bmod p\pmod p\)

因为\(a\equiv a\bmod p\pmod p,b\equiv b\bmod p\pmod p\)

所以\(a\times b\equiv a\bmod p\times b\bmod p\pmod p\)

这说明，我们在对乘积取模时，可以一边乘一边取模

将加法和乘法结合起来，我们就得到了——

在不包含除法的算式中，在运算过程中的每一步我们都可以直接取模

---

说了这么多，我们还没有讲到这一节的主题——乘法逆元（所以足以体现我废话之多）

它有什么用呢？——它可以将模意义下的除法转换为乘法

之所以要转换，是因为我们刚才得到了“在不包含除法的算式中，在运算过程中的每一步我们都可以直接取模”

那为什么我们不能类比加法和乘法，证明除法也有类似的性质呢？废话,因为它不具有这样的性质

我们希望证明\(\frac{a\bmod p}{b\bmod p}\equiv \frac{a}{b}\pmod p\),前提是\(b|a\)

那不妨举几个例子，令\(a=27,b=3,p=5\)

则\(\frac{a}{b}\bmod p=\frac{27}{3}\bmod 5=4\)

\(\frac{a\bmod p}{b\bmod p}\bmod p=\frac{27\bmod 5}{3\bmod 5}\bmod 5=\frac{2}{3}\bmod 5\neq4\)

这是由于取模后两个数不再整除造成的，那么如果保证取模后\((b\bmod p)|(a\bmod p)\)，\(\frac{a\bmod p}{b\bmod p}\equiv \frac{a}{b}\pmod p\)是否成立呢？

再举个栗子，令\(a=60,b=10,p=4\)

则\(\frac{a}{b}\bmod p=\frac{60}{10}\bmod 4=2\)

\(\frac{a\bmod p}{b\bmod p}\bmod p=\frac{60\bmod 4}{10\bmod 4}\bmod 4=\frac{0}{2}\bmod 4=0\neq 2\)

也不成立

所以我们希望找到一个数x,满足\(\frac{a}{b}\equiv a\times x\equiv a\bmod p\times x\bmod p\pmod p\),从而将除法变成乘法，于是就可以按照乘法，每一步都可以进行取模了

实际上这个数x就是b的乘法逆元

乘法逆元

1. 定义：若整数\(b,p\)互质,则存在一个整数\(x\)，使得对于任意的\(a(b|a)\),都有\(\frac{a}{b}\equiv a\times x\pmod p\),称\(x\)为\(b\)的模p乘法逆元，记为\(b^{-1}\pmod p\)

2. 推论（另一种定义）：\(b\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)等价于定义

证明

分为两部分 第一部分，从定义推到$b\times b^{-1}\equiv 1\pmod p$，第二部分反过来推

第一部分
因为对于任意的\(a(b|a)\),都有\(\frac{a}{b}\equiv a\times b^{-1}\pmod p\)

所以令\(a=b\),则有\(\frac{b}{b}\equiv b\times b^{-1}\pmod p\)

即\(b\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)

第二部分
因为\(b\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)，\(\frac{a}{b}\equiv \frac{a}{b}\pmod p(b|a)\)

所以对于任意的\(a(b|a)\),都有\(\frac{a}{b}\equiv a\times b^{-1}\pmod p\)

3. 存在唯一性
   设整数\(b,p\)，当且仅当\(gcd(b,p)=1\),存在\(x\),使得\(b\times x\equiv 1\pmod p\),且所有满足条件的\(x\)模\(p\)同余
   证明：“当且仅当\(gcd(b,p)=1\),存在\(x\),使得\(b\times x\equiv 1\pmod p\)”用裴蜀定理很容易证明
   至于“且所有满足条件的\(x\)模\(p\)同余”也可以用线性同余方程的通解解释，不再赘述

4. 完全积性函数
   性质：若\(a,b\)与\(p\)互质，\(a^{-1}\times b^{-1}\equiv (ab)^{-1}\pmod p\)
   证明：
   因为\(a,b\)与\(p\)互质，所以\(ab\)与\(p\)互质
   由定义得，\(b\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)，\(a\times a^{-1}\equiv 1\pmod p\)，\(1\equiv ab\times (ab)^{-1}\pmod p\)
   两边式子分别乘起来再除以ab即可

5. 求法

(1)费马小定理：当p为素数时\(b^p\equiv b\pmod p\),即\(b\times b^{p-2}\equiv 1\pmod p\)

也就是说当模数为质数时可以直接用快速幂求出b^{p-2}即可

(2)扩欧：实际上就是求满足bx+py=1的一组(x,y),让x对p取模即可

(3)线性递推：假设当前要求k的逆元，模数为p
设a=\(\lfloor{p/k}\rfloor\),\(b=p\bmod k\)，假设b与p互质
那么\(p=ak+b\),即\(b=p-ak\),
由定义\(b\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)
\((p-ak)\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)
\(p\times b^{-1}-ak\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)
注意到在模p意义下前面的\(p\times b^{-1}\)可以约去
所以，\(-ak\times b^{-1}\equiv 1\pmod p\)
即\(k^{-1}\equiv (-a)\times b^{-1}\equiv (-\lfloor{p/k}\rfloor)\times (p\bmod k)^{-1}\pmod p\)

另一种线性求逆元的方式（而且不要求从小到大连续）

输入\(n\)个数，\(a_1,a_2,\cdots a_n\)
先记\(M=\prod\limits_{i=1}^{n}a_i\),则\(a_i^{-1}=pre_{i-1}*suf_{i+1}*M^{-1}\)
pre和suf为前缀后缀积