浅谈同余问题

同余问题学习笔记

1.同余符号

若任意两个整数 $a,b$ 模 $m$ 的值是相同的，那么我们可以表示成以下形式

\[a\equiv b \pmod m \]

读作： $a$ 同余于 $b$ 模 $m$ ，或读作 $a$ 与 $b$ 对模 $m$ 同余

2.同余符号的性质

1.反身性：$a \equiv a \pmod m$；

证明：$a$ 模 $m$ 一定等于 $a$ 模 $m$

2.对称性：若$a \equiv b \pmod m$，则$b \equiv a \pmod m$；

证明：$a$ 与 $b$ 同余，$b$ 一定和 $a$ 同余。

3.传递性：若$a \equiv b \pmod m$，$b \equiv c \pmod m$，则$a \equiv c \pmod m$；

证明：设 $a,b,c$ 对 $m$ 取余分别为 $x,y,z$ ，那么 $x=y,y=z,x=z$。

4.同余式相加：若$a \equiv b \pmod m$，$c \equiv d \pmod m$，则 ,$a \pm c \equiv b \pm d \pmod m$

5.同余式相乘：若$a \equiv b \pmod m$，$c \equiv d \pmod m$，则$ac \equiv bd \pmod m$。

然后当 $a,b$ 模 $m$ 同余的时候，那么 $m|(a-b)$

那么我们 $a$ 看成 $km+r$ ，这里 $k$ 为 $a/m$ 的商，$r$ 为 $a \mod m$ ，同理，我们将 $b$ 看成 $lm+r$

那么我们将 $m$ 提出来，两数相减即为 $(k-l)m$ 所以 $a-b$ 即为 $m$ 的倍数。

3.相关定理

1.裴蜀定理

若 $a,b$ 是整数,且 $\gcd(a,b)=d$，那么对于任意的整数 $x,y,ax+by$ 都一定是 $d$ 的倍数
特别地，一定存在整数 $x,y$，使 $ax+by=d$ 成立

证明：

既然是求 $\gcd$ ，我们就可以模拟一下欧几里得算法(可以先看后面)

我们设 $a \leq b$ ,由辗转相除法的过程 $\gcd(x,y)=\gcd(y,x \bmod y)$,可以得到

$b=ax_1+r_1$，那么 $b \bmod a$ 后 $b=r_1$

重复过程，得到以下式子：

\[b=ax_1+r_1\\ \]

\[a=ax_2+r_2\\ \]

\[r_1=r_2x_3+r_3\\ \]

\[......\\ \]

\[r_{k-3}=r_{k-2}x_{k-1}+r_{k-1}(1)\\ \]

\[r_{k-2}=r_{k-1}x_k+r_{k}(2)\\ \]

\[r_{k-1}=r_{k}x_{k+1}+r_{k+1} \]

因为辗转相除法最后得到的余数为 $0$，在这里，我们不妨设 $r_{k+1}=0$ ,那么，$r_k$ 就是 $a,b$ 的最大公约数，即 $r_k=d$ ，将这个东西带入 $(2)$ 式子，那么这个时候我们得到以下式子

\[r_{k-2}=r_{k-1}x_k+d \]

移项得到

\[d=r_{k-2}-r_{k-1}x_k(3) \]

将 $(1)$ 式子移项

\[r_{k-1}=r_{k-3}-r_{k-2}x_{k}(4) \]

$(4)$ 式带入 $(3)$

$d=r_{k-2}-(r_{k-3}-r_{k-2}x_{k})x_{k}$

把式子展开

$d=m_1r_{k-2}+n_1r_{k-3}$

很明显，我们上面用的都是整数，所以 $m_1,n_1$ 肯定也都是整数，那如果我们把原来的 $(3)$ 式子转化成这种形式 $d=mr_{k-1}+nr_{k-2}$。

我们将这个式子跟上面的一对比，是不是发现了什么规律？

$d = m_ka+n_kb$

我们知道，$m_k$ 和 $n_k$ 都是整数，故 $ax+by=d$ 一定有整数解。

推论1：对于方程 $ax + by = 1$ , 只有当整数 $a,b$ 互质时，方程才有整数解.

反证法：

这 $a,b$ 不是互质的，那么 $a,b$ 可以表示成 $a=q*\gcd(a,b)$ ， $b=p*\gcd(a,b)$，带入上面的式子，易得

\[q*\gcd(a,b)*x+p*\gcd(a,b)*y=1 \]

如果两边同时除以一个 $\gcd(a,b)$,得到：

\[qx+py=\frac{1}{\gcd(a,b)} \]

显然，如果 $a,b$ 不是互质的话，那么等式右边就是一个小数，所以该方程不存在整数解，得证。

另外，可以得到 $a,b$ 互质的充要条件就是 $ax+by=1$ 要有整数解

推论2:对于方程 $ax+by=z$ , 只有满足 $\gcd(a,b)|z$ ，方程才有整数解

证明：

设 $d=\gcd(a,b)$ ，$z=d*q$

对于方程 $ax+by=d$ ，我们有一组解 $x_1,y_1$,那么就有：

\[ax_1+by_1=d \]

两边同时乘上 $q$ ,易得：

\[ax_1*q+by_1*q=d*q \]

因为 $z=d*q$

所以方程 $ax+by=z$ ，一定存在一组整数解 $x=x_1*q,y=y_1*q$,得证。

2.欧几里得算法

欧几里得算法的目的是简单的求出两个正整数的最大公因数。

那么我们证明一下这个算法：

令 $c=\gcd(a,b)$，设$a=mc，b=nc$；
由$a÷b=k......r$可得 $r=a-kb=mc-knc=(m-kn)$；
第二步不难看出，$c$ 也是 $r$ 的因数；
列出 $b=nc$ 和 $r=(m-kn)c$ ，如果 $n$ 和 $m-kn$ 互质，即两者公约数只有 $1$ ，则表明 $c$ 是 $b$ 和 $r$ 的最大公约数，后续证明 $n$ 和 $m-kn$ 互质；
假设 $m-kn$ 和 $n$ 不是互质，两者有一非零的最大公约数 $d$ ，且 $d＞1$ ；
则有 $m-kn=xd$，$n=yd$，得 $m=kn+xd=kyd+xd=(ky+x)d$ ，则 $a=mc=(ky+x)dc$ ，$b=nc=ycd$，则 $a$ 与 $b$ 的一个公约数 $cd＞c$，故 $c$ 不是 $a$ 与 $b$ 的最大公约数，这与前面提到的 $c$ 是 $a$ 与$b$ 的最大公约数假设矛盾；
故 $m-kn$ 和 $n$ 为互质，即 $c$ 是 $b$ 和 $r$ 的最大公约数，且是 $a$ 和 $b$ 的最大公约数，得证。

此算法实现流程图：

3.扩展欧几里得算法

对于求解方程 $ax+by=\gcd(a,b)$

先考虑特殊情况，如果 $b=0$ ，那么 $\gcd(a,b)=a$，显然存在一组解 $x=1,y=0$

设之前的方程为 $ax_1+by_1=\gcd(a,b)$ ，肯定存在式子 $bx_2 +(a\bmod b)y_2=\gcd(b,a \bmod b)$

根据刚刚讲的欧几里得算法，$\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)$

所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a \mod b)$

因为 $a \mod b=a-a/b*b$

所以 $ax_1+by_1=bx_2+(a-a/b*b)*y_2$

$ax_1+by_1=bx_2+a-a/b*b*y_2$

$ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-a/b*y_2)$

所以 $x_1=y_2,y_1=x_2-a/b*y_2$

code:

void exgcd(ll a, ll b)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1, y = 0;
        return;
    }
    exgcd(b, a % b);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
}

然后我们这个东西还能求逆元，怎么求呢？

设 $x$ 为 $a$ 模 $p$ 意义下的逆元，那么满足式子：

$ax \equiv 1 \pmod m$

那么有 $ax + my=1$，接着用扩展欧几里得定理来做即可。

4.中国剩余定理

假设正整数 $m_1,m_2,·····,m_n$两两互素，则同余方程组：

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

有整数解，并且在模 $M=\prod_{i=1}^nm_i$的解是唯一的，解为：

\[x \equiv (a_1M_1M_1^{-1}+a_2M_2M_2^{-1}+···a_nM_nM_n^{-1}) \bmod M \]

其中 $M_i$ 表示 $M/m_i$ ，$M_i^{-1}$ 为 $M_i$ 模 $m_i$ 的逆元。

证明：

我们要证明是上述同余方程的解，则需要对每个方程考察通解 $x$ 中的每一项

对于 $\forall i ∈ {1,2,···,n}$，证明

\[a \equiv a_i (\bmod m_i) \]

下面考察通解 $x$ 中的每一项

$\forall j ∈ {1,2,···,n}$，令 $x_j=a_jM_jM_j^{-1}$，则 $i,j$ 可以分成两种情况。

$i ≠ j$ ，由于 $M_j=M/m_j$ ，所以 $M_j \bmod m_i=0$ ,所以 $x_j \bmod m_i=0$
$i=j$，由于 $M_j=M/m_j$，且 $m_1,m_2,···,m_n$ 两两互素，所以 $M_jM_j^{-1} \equiv 1 (\bmod m_i)$，故 $x_j \equiv a_j(\bmod m_i)$

则：

$x \equiv (a_1M_1M_1^{-1}+a_2M_2M_2^{-1}+···a_nM_nM_n^{-1}) \bmod M \bmod m_i$

$ \equiv(x_1+x_2+···+x_n) \bmod m_i$

$\equiv(a_i\sum_{j≠i}0)\bmod m_i$

$\equiv a_i \bmod m_i$

即 $∀i∈{1,2,⋯,n}$ ，$x \equiv (a_1M_1M_1^{-1}+a_2M_2M_2^{-1}+···a_nM_nM_n^{-1}) \bmod M$,满足$x \equiv a_i(\bmod m_i)$ ，可得 $x$ 是方程通解，证毕。

5.线性求逆元

若 $ax \equiv 1(\bmod b)$ ，且 $a,b$ 互质，则称 $x$ 为 $a$ 的逆元，记作 $a^{-1}$ ，在计算 $(t/a) \bmod b$ 时等价于 $t*a^{-1} \bmod b$ ，那么显然可以转化为 $ax+by=1$ ，用我们刚刚讲的扩展欧几里得算法来求解，但相对来说，这种算法太慢了，这里还有线性的做法：

首先 $1^{-1} \equiv 1(\bmod p)$

设 $p=k*i+r$ ，那么可以推导出来 $k*i+r \equiv 0 \pmod p$,将两边同乘 $i^{-1},r^{-1}$,在 $\bmod p$ 意义下

\[k*r^{-1}+i^{-1} \equiv 0 \]

移项：

\[i^{-1}=-k*r^{-1} \]

然后我们 $p$ 的定义，易得 $k=p/i$ , $r=p \bmod i$

所以易得：

\[i^{-1}=-{p/i}*({p \bmod i}) ^ {-1} \]

所以求第 $i$ 个数的逆元的递推式子就出来了

\[x_i=-p/i*x_{p \bmod i} \]

for(int i=2;i<=n;i++)
{
    inv[i]=(long long)(-p/i)*inv[p%i]%p;
    cout << inv[i] << "\n";
}

推荐博文

3.中国剩余定理

posted @ 2022-08-08 16:25 ljfyyds 阅读(504) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

ljfyyds