「同余数论」学习笔记

欧几里得算法(GCD)

\(gcd(a,b) = gcd(b, a \% b)\)

扩展欧几里得算法(EXGCD)

求不定方程:$ ax + by = gcd(a,b) $

求特解

\(b = 0\)时,\(gcd(a,0) = a\),故解得\(x = 1, y = 0\)

设:

\[\begin{cases} ax_1 + by_1 = gcd(a,b) \\ bx_2 + (a\%b)y_2 = gcd(b,a\%b) \end{cases} \]

因为\(gcd(a,b) = gcd(b, a\%b)\),所以:

\[\begin{aligned} ax_1 + by_1 &= bx_2 + (a\%b)y_2 \\ &= bx_2 + (a - \left \lfloor a / b \right \rfloor*b)y_2 \\ &= bx_2 + ay_2 - \left \lfloor a / b \right \rfloor*by_2 \\ &= ay_2 + b(x_2 - \left \lfloor a / b \right \rfloor y_2) \end{aligned} \]

因此$$ax_1 + by_1 = ay_2 + b(x_2 - \left \lfloor a / b \right \rfloor y_2)$$

特解:

\[\begin{cases} x_1 = y_2 \\ y_1 = x_2 - \left \lfloor a / b \right \rfloor * y_2 \\ \end{cases} \]

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

求通解

设$ k_1 = a / gcd(a,b) , k_2 = b / gcd(a,b) $ 。\(k_1, k_2\)一定互质

在原方程两边同时除以\(gcd(a,b)\),得\(ax / gcd(a,b) + by / gcd(a,b) = 1\),即$ k_1x + k_2y = 1 $

显然其他解相对于特解,\(x, y\)的大小变化相反。设\(x\)增大\(d_1\)\(y\)减小\(d_2\), 可得$$k_1(x + d_1) + k_2(y - d_2) = 1$$

由于\(k_1x + k_2y = 1\), 所以$$k_1d_1 = k_2d_2$$

由于(k_1, k_2)互质,故$$d_1 = k_2, d_2 = k_1$$

故解得通解为$$ (x + k \ast \left \lfloor b / gcd(a,b) \right \rfloor, y - k \ast \left \lfloor a / gcd(a,b) \right \rfloor) $$

求线性不定方程

\(ax + by = c\)

裴蜀定理

\(ax+by=c\)有解当且仅当\(gcd(a,b)|c\)

求特解

扩大 \(c / gcd(a,b)\) 倍即可。即:

\[\begin{cases} x' = x * c / gcd(a,b) \\ y' = y * c / gcd(a,b) \end{cases} \]

求最小正整数解

由于\(x\)的通解是\(x + k * b / gcd(a,b)\)。最小正整数解直接让特解模\(b / gcd(a,b)\)取正的值即可。

求线性同余方程

\(ax≡b\ (mod\ m)\)

等价于$ ax + my = b $, 求不定方程即可。

思想

以上两个例子告诉我们,当存在一个不定系数\(k\)时,等式和同余式是可以相互转化的

费马小定理

\(P\)为质数时,对正整数\(a\)

\[a^{P-1} \equiv 1 \pmod P \]

欧拉定理

欧拉定理将费马小定理推广到了\(P\)不会质数的情况。

\[a^{\varphi(P)} \equiv 1 \pmod P, a \perp P \]

此时指数对\(\varphi(P)\)取模不影响答案。

\[a^b \bmod P = a^{b \bmod \varphi(P)} \bmod P \]

扩展欧拉定理

可以将欧拉定理推广到\(a,P\)不互质的情况。

\[a^b \bmod P = \begin{cases}a^b \bmod P & b < \varphi(P) \\a^{\left (b \bmod \varphi(P) \right ) + \varphi(P)} \bmod P & b \geq \varphi(P)\end{cases} \]

乘法逆元

如果两个整数\(a,b\)满足\(ab \equiv 1 \pmod P\),则称\(b\)\(a\)在模\(P\)意义下的乘法逆元(反之亦然)。

乘法逆元可以直接用\(exgcd\)求解同余方程,或者使用欧拉定理。

线性递推求逆元:

\(P = k \ast i + r\),有$$k * i + r ≡ 0 \pmod P$$。记为\(a^{-1}\)\(inv(a)\)

两边同时乘以\(i^{-1} * r^{-1}\)可得

\[\begin{aligned} k * i * i^{-1} * r ^ {-1} + r * i^{-1} * r^{-1} ≡ 0 \pmod P \\ k * r^{-1} + i^{-1} ≡ 0 \pmod P \\ i^{-1} ≡ -\left \lfloor \dfrac{p}{i} \right \rfloor * (p \% i)^{-1} \pmod P \\ \end{aligned} \]

扩展中国剩余定理(EXCRT)

求同余方程组:

\[\left \{ \begin{matrix} x ≡ a_1 \pmod {m_1} \\ x ≡ a_2 \pmod {m_2} \\ \cdots \\ x ≡ a_r \pmod {m_r} \\ \end{matrix}\right. \]

这里不介绍中国剩余定理,因为扩展中国剩余定理的功能完全包含它。

我们一个一个方程按顺序来解,每一次都利用上一次的解。假设我们已经求出前\(i-1\)个方程的解\(ans\)。设\(M=\prod\limits_{j=1}^{i-1}m_j\),显然\(ans+k \ast M\)都满足前\(i-1\)个方程。我们要让它满足第\(i\)个方程,等价于

\[ans+k \ast M \equiv a_i \pmod {m_i} \]

我们用\(exgcd\)求出\(k\),带入更新\(M\)\(ans\)即可。如果此同余方程无解,则代表整个问题无解。

复杂度\(O(n \log m)\)

inline int EXCRT(){
    int ans=a[1],M=m[1],g,x,y,c;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        c = (a[i]-ans%m[i]+m[i])%m[i];
        exgcd(M,m[i],g,x,y);
        if(c%g != 0) return -1;
        x = qmul(x,c/g,m[i]);
        ans += x*M;
        M *= m[i]/g;
        ans = (ans+M)%M;
    }
    return ans;
}
posted @ 2019-11-08 07:56  DennyQi  阅读(213)  评论(0编辑  收藏  举报