关于同余的总结 - nannandbk

一、一些重要的定义和定理

$def1.$如果$m$是$x-a$的一个因子，就说$x$和$a$关于$\bmod m$同余，并记为$x≡a(\bmod m)$，也等价于$m|(x-a)$。

$def2.$如果$x≡a(\bmod m)$,那么$a$就叫做$x$模$m$的一个剩余

$def3.$如果$0\le a<m$，那么就称$a$为$x$模$m$的一个最小剩余

$def4.$由与某个给定的剩余同余的所有数组成的一个类叫做同余类

$def5.$同余类的每个成员都叫做这个类的一个代表

$def6.$总共有 $m$ 个同余类, 它们分别以 $0,1,..,m-1$ 作为代表, 任何 $m$ 个分别属于这 $m$个剩余类的数组成一个集合, 称为模 $m$ 的一个完全剩余系, 简称完系。(剩余系的概念在线性同余方程种有应用)

$Th1.$如果$a≡b(\bmod m),a≡b(\bmod n)$那么$a≡b(\bmod [m,n])$

$Th2.$如果$ka≡kb(\bmod m)$，那么$a≡b(\bmod \dfrac{m}{(k,m)})$

$Th3.$(重要!)如果$a_1,a_2...a_m$是模$m$的一个完全剩余系，且有$(k,m) = 1$,那么$ka_1,ka_2...ka_m$也是模$m$的一个完全剩余系。更一般地，$ka_i+l$也是完全剩余系。

$Pfoof.$

设$a_1,a_2,...,a_m$为模$m$的完全剩余系。根据完全剩余系定义，这组整数模$m$两两不同余。要证明：$aa_1+b,aa_2+b,...,aa_n+b$也是模$m$的一组完全剩余系，只需要证明这$m$个数模$m$两两不同余即可。

反证法：假设存在$a_i$和$a_j，i\ne j$，使得$aa_i+b≡aa_j+b(\bmod m),$则有$m|a(a_i-a_j)$。由于$\gcd(a,m)=1$,所以$m|(a_i-a_j)$，即$a_i≡a_j(\bmod m)$.这与$a_1,a_2,...,a_m$模$m$两两不同余矛盾了。

因此证得：$aa_1+b,aa_2+b,...,aa_n+b$模$m$两两不同余。

补充：$Th3$的应用

I. Rise of Shadows

思路：追击问题，我们以时针作为参照物(静止不动),相对运动速度针对分针分析。

$v_h绝对 = \dfrac{2\pi}{HM},v_m绝对= \dfrac{2\pi}{M}$

$v_m相对 = v_m绝对-v_h绝对 = \dfrac{2\pi}{M}-\dfrac{2\pi}{HM} = (H-1)\dfrac{2\pi}{M} = (H-1)v_h绝对$

相当于分针相对于时针以每分钟$(H-1)$的速度运动。

$t\times (H-1)v_h绝对 \bmod HM \le \alpha = A\times v_h绝对$

其中$t\in[0,HM)$

那么柿子转化为：$t\times (H-1)v_h绝对 \bmod HM \le |\alpha| = |A\times v_h绝对|$

即：$t\times (H-1) \bmod HM \le |A|$

根据剩余定理$3$：如果$a_1,a_2...a_m$是模$m$的一个完全剩余系，且有$(k,m) = 1$,那么$ka_1,ka_2...ka_m$也是模$m$的一个完全剩余系。更一般地，$ka_i+l$也是完全剩余系。

$g = \gcd(H-1,HM)$

为满足互质条件，同除$g$，那么$t\times (H-1)/g \bmod HM/g \le |A/g|$

那么：$ -A/g \le t\times (H-1)/g \bmod HM/g \le A/g$

同时$t\in[0,HM/g)$

接下来只需求解出$t$的整数解的个数。

因为$t$是$\mod HM/g$的完全剩余系，又$((H-1)/g,HM/g)=1$,那么$t(H-1)/g$也是构成模$HM/g$意义下的完全剩余系。

由于$\bmod $ 之后余数$\le A/g$，因此一共又$1,2,3,...,A/g$，一共$A/g$个，并且无重复。即$t$于余数值一一对应。在$t\in[0,HM/g)$中一共有$2*(A/g)+1$个。

再把$t$还原到$t\in[0,HM]$,答案就是$g*(2*(A/g)+1)$个。

注意特判：$A=\dfrac{HM}{2}$，此时$\alpha=\pi,t\in[0,HM)$所有都满足，答案是$HM$。

// AC one more times
// nndbk
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 10;
ll H,M,A;
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);   cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    cin>>H>>M>>A;
    if(2*A==H*M)cout<<H*M<<"\n";
    else
    {
        //(H-1)t mod HM = |A|
        ll g = __gcd(H-1,H*M);
        cout<<(2*(A/g)+1)*g<<"\n";
    }
    return 0;
}

二、一元线性同余方程

研究线性同余方程有什么用处？

$ax≡b(\bmod m)$表示$ax-b$是$m$的倍数，设为$-y$倍，则有$ax+my = b$.

所以，求解一元线性同余方程等价于求二元线性丢番图方程。

posted on 2023-09-12 11:34 nannandbk 阅读(55) 评论(0) 收藏举报

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