各种友(e)善(xin)数论总集，从入门到绝望6---同余系列！(ex)GCD,(ex)CRT
参考文献
SCY资料、手推
博客：https://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5918158.html很好的阐述了中国剩余定理的公式等等等等，反正我看了这个博客很快就懂了。
GCD的家族
GCD
如果我们要求两个数字的最大公约数怎么求？
如果两个数字\(a,b\)存在最大公约数\(k\)，那么把\(a\)写成\(xk\)，把\(b\)写成\(yk\)
那么我们知道\(b\%a=(y\%x)k\)，但是\(y\)又与\(x\)互质，所以仅当\(x=1\)时，\(y\)为最大公约数，此时\(a=k\)也就是最大公约数，而且我们也知道\(y\%x\)也是与x互质的。
所以我们可以设新的\(a'\)与新的\(b'\)，\(a'=b\%a\),\(b'=a\)，当\(a'=0\)时，\(b\)就是最大公约数。
而且一开始\(a>b\)也不怕，做了一次交换后就换过来了(\(b\%a=b\))
int gcd(int x,int y)
{
if(x==0)return y;
return gcd(y%x,x);
}
扩展：更相减损法
另外补充一种GCD的形式。
二进制的GCD用的是更香相减损法。
首先，我们有两个数字\(x,y\)。
- 当\(x\%2==0,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y>>1)*2\)
- 当\(x\%2==0,y\%2==1,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y)\)
- 当\(x\%2==1,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x,y>>1)\)
- 当\(x\%2==1,y\%2==1,x>=y,gcd(x,y)=gcd((x-y)>>1,y)\)，其实这里的\(x-y\)不用除\(2\)也可以，只是这样写更快，反正都是偶数。
inline LL gcd(LL x,LL y)
{
int ans=0;
while(x && y)
{
if(x&1 && y&1)
{
y>x?x^=y^=x^=y:0;
x=(x-y)>>1;
}
else if(x&1)y>>=1;
else if(y&1)x>>=1;
else x>>=1,y>>=1,ans++;
}
return (x+y)<<ans;
}
常数好像比GCD更小，复杂度都是\(log\)，但是貌似跑起来差不多，写写吧，反正都差不多了，还更稳一点，你说是吧。
扩展欧几里得(EXGCD)
如何求\(ax+by=c\)的一个整数解？
尽看扩展欧几里得。
首先，我们设\(ax+by=gcd(a,b)\)
那我们就想了，如果有个方程为\(0x+gcd(a,b)y=gcd(a,b)\)，不就很妙了吗？
\(y=1,x\)随便等于什么都不影响最终结果，只不过一般取0，怕爆long long。
然后我们再证一个：
当我们解出了\((b\%a)x+ay=gcd(a,b)\)，怎么推到\(ax+by=gcd(a,b)\)？
我们可以推导一下(\(⌊x⌋\)为向下取整)：
而\(⌊b/a⌋\)就是C++的\(b/a\)
所以，我们发现\(b\%a\)和\(a\)就是\(gcd\)过程，所以最后也会得到\(0\)和\(gcd(a,b)\)
然后再看：如果\(gcd(a,b)|c\)的话，设\(d=c/gcd(a,b)\)，然后把\(x,y\)直接乘以\(d\)就没什么毛病了。
但是如果不整除就无解，我们又可以证一证：
首先\(gcd(a,b)|c\)是肯定有解的，我们可以知道，而且\(ax+by=c\)可以类似于\(ax≡c\mod b\)，我们可以根据同余的性质得出我们可以把\(a,b,c\)的同一个因数\(gcd(a,b)\)提出，得到\(a',b',c'\)，化成\(a'x≡c'\mod b'\)，而且a'与b'不互质，那么我们可以得出（欧拉定理证明过程可以说明），同余方程\(ax≡c\mod b\)，\(a,b\)互质时有解，或者说当\(c\)整除\(gcd(a,b)\)时有解。（好像说偏了）
然后，如果\(gcd(a,b)\)与c不整除，我们再设\(z=gcd(a,b),c=kz+d\)
那么我们把原式化为：\(a'zx+b'zy=kz+d\)同除\(z\)可得
\(a'x+b'y=k+ \frac{d}{z}\)
但是\(d<z\)所以\(\frac{d}{z}\)是个分数，但是\(a'x+b'y\)都是整数，所以无解
当然这个同时也有个推论。------https://blog.csdn.net/bcr_233/article/details/87897021
\(ax+by+cz+⋯+nm=f\)（其中 \(a,b,c,…,n,fa,b,c,\)为整数），
它有整数解的充要条件是 \(f\) 为\(gcd(a,b,c,…,n)\)的整数倍。
必要性就不证明了，充分性说一下，我们采用数学归纳法，对于有\(n\)个未知数：\(a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n\)而言，我们已经证明了\(a_1x_1+a_2x_2+...+a_{n-1}x_{n-1}=gcd(a_1,a_2,...)\)一定有解，那么我们就可以把前面的统一换成：\(gcd(a_1,a_2,a_3...)x_{n+1}+a_nx_n\)，然后就变成了二个元，所以\(gcd(a_1,a_2,a_3...,a_{n-1})x_{n+1}+a_nx_n=gcd(gcd(a_1,a_2,a_3...,a_{n-1}),a_n)=gcd(a_1,a_2,a_3...,a_n)\)必定有解，得证。
至此，结束了（感觉又过了一个世纪）！
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y/*引用*/)
{
if(a==0)
{
x=0;y=1;//0x+gcd(a,b)y=gcd(a,b)
return b;
}
else
{
LL tx,ty;
LL d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
x=ty-(b/a)*tx;//公式
y=tx;//公式
return d;
}
}
int main()
{
LL a,b,c,x,y;scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
LL d=exgcd(a,b,x,y);
if(c%d!=0)printf("no solution!\n");
else
{
c/=d;
printf("%lld %lld\n",x*c,y*c);
}
return 0;
}
其实也没什么难度。
中国剩余定理CRT及其扩展EXCRT
同余方程（基本的EXGCD应用）
题目描述
【题意】
已知a,b,m,求x的最小正整数解，使得ax≡b(mod m)
【输入格式】
一行三个整数 a，b，m。 1 ≤ a,b,m ≤ 10^9
【输出格式】
一行一个整数x，无解输出"no solution!"
【样例输入】
2 5 7
【样例输出】
6
我们会发现\(ax≡b\)(\(mod\) \(m\))其实就是\(ax-my=b\)也就是\(ax+my=b\)（\(m\)的正负无多大必要，反正只是求\(x\)，而且\(m>0\)方便的地方在于\(gcd\)为正数）
然后我们运用扩展欧几里德求出\(x\)，但是如何求出最小的\(x\)？
学过不定式的人都知道，当\(ax\)减\([a,b]\)时，\(my\)也可以相应的加\([a,b]\)时（\([a,b]\)就是\(a,b\)的最小公倍数），\(x,y\)能得出另外一组整数解，也就是\(x-[a,b]/a,y+[a,b]/b\)，又因为\([a,b]=a*b/(a,b)\)，所以就是\(x-b/(a,b),y-a/(a,b)\)（\((a,b)\)是\(gcd(a,b)\)）。
而且\([a,b]\)是能同时被\(a,b\)整除的最小的数字。
所以，我们可以用\(d=gcd(a,b),x=(x\%(b/d)+b/d)\%(b/d)\)得出\(x\)最小的正整数解
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(a==0)
{
x=0;y=1;
return b;
}
else
{
LL tx,ty;
LL d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
x=ty-(b/a)*tx;
y=tx;
return d;
}
}
LL zbs(LL x){return x<0?-x:x;}
int main()
{
LL a,b,c,x,y;scanf("%lld%lld%lld",&a,&c,&b);
LL d=exgcd(a,b,x,y);//求扩展欧几里得
if(c%d!=0)printf("no solution!\n");
else
{
c/=d;
x*=c;
LL k=b/d;
x=((x%k)+k)%k;//最小的正整数解
printf("%lld\n",x);
}
return 0;
}
中国剩余定理CRT
题目描述
【题意】
同余方程是这样的：已知a,b,n,求x的最小正整数解，使得ax=b(mod m)
同余方程组是这样：也是求x的最小正整数解，但已知b数组和m数组的情况下，
x=b[1](mod m[1]),
x=b[2](mod m[2]),
x=b[3](mod m[3]),
~~~~~~
x=b[n](mod m[n])
m之间互质。
【输入格式】
一行一个整数 n（1<=n<=?)
下来n行每行两个整数b[i]，m[i]。 1 ≤b[i],m[i] ≤ 10^9
【输出格式】
一行一个整数x，无解输出"no solution!"
【样例输入】
3
3 5
2 3
2 7
【样例输出】
23
我们考虑一下答案有可能是什么？
设\(M\)为所有\(m\)的总乘，可以发现答案其实是可以加减\(M\)的，所以我们就是把所有的方程组合并到一个模\(M\)的方程里面。
那么我们只要找到一个一定是解的公式模\(M\)就行了
就比如数据：
3
3 5
2 3
2 7
转换一下思路，我们需要找到一个数字\(a\)，是\(3,7\)的倍数，但是模\(5\)为\(3\)，一个数字\(b\)是\(5,7\)的倍数，模\(3\)为\(2\)，一个数字\(c\)是\(5,3\)的倍数，但是模\(7\)为\(2\)，那么\(a+b+c\)仔细想想就发现一定是其中的一组解了。
但是怎么找到\(a,b,c\)呢，是\(3,7\)的倍数，模\(5\)为\(3\)的一个数字？其实很简单的一个做法就是先找到是\(3,7\)的倍数，模\(5\)为\(1\)的数字，然后乘以\(3\)，对于前面的数字不就是在模\(5\)意义下，\(lcm(3,7)\)（因为互质肯定为\(3*7\)）的逆元。
所以推到一下就会发现公式了，对于这道题目，我们设\(M_i^{-1}\)表示模\(m_i\)意义下\(M_i\)的逆元，\(M_i=\frac{M}{m_{i}}\)那么公式就是：
\(x=(b_1M_1M_1^{-1}+...+b_nM_nM_n^{-1})\% M\)
这个东西最有用的地方在于它可以用于很多模数不为质数的算法中，可以把模数拆成各个不互质且更好计算的数字，最后合并。
没有代码QMQ。
扩展中国剩余定理exCRT
题目描述
【题意】
同余方程是这样的：已知a,b,n,求x的最小正整数解，使得ax=b(mod m)
同余方程组是这样：也是求x的最小正整数解，但已知b数组和m数组的情况下，
x=b[1](mod m[1]),
x=b[2](mod m[2]),
x=b[3](mod m[3]),
~~~~~~
x=b[n](mod m[n])
【输入格式】
一行一个整数 n（1<=n<=?)
下来n行每行两个整数b[i]，m[i]。 1 ≤b[i],m[i] ≤ 10^9
【输出格式】
一行一个整数x，无解输出"no solution!"
【样例输入】
3
3 5
2 3
2 7
【样例输出】
23
这道题就十分的友(e)善(xin)了
现在我们可以列出\(x=b_{1}+m_{1}y_{1},x=b_{2}+m_{2}y_{2}...\)
我们拿上面减下面的出：\(m_{1}y_{1}-m_{2}y_{2}=b_{2}-b_{1}\)也就是\(ax+by=c\)的形式。
那么我们写成\(ax'+by'=c,a=m_{1},b=m_{2}\)（这里是\(-m_{2}\)也无所谓，但是是正数后面算最小正整数比较方便。）\(,c=b_{2}-b_{1},x'=y_{1},y'=y_{2}\)。
然后解出\(x'\)，将\(x'\)带入\(x=b_{1}+ax'\)得出了\(x\)的其中一个解，而且我们又知道\(x\)要变只能加上或减去\(b/(a,b)\)，所以\(x\)就只能加减\((b/(a,b)*a=[a,b])\)，所以我们又可以列出一个新的方程：\(x≡b_{1}+ax'\)(\(mod\) \([a,b]\))（其中的\(b_{1}+ax'\)表示的是x的其中一组解），为了后面的方便，我们把这个方程代替为第二个方程，后面就是个二三做一次，三四做一次...
然后我们就可以拿这个方程与第三个方程做这种事，重复如此，最后的\(b_{?}\)就是答案，但是，别忘了是求最小整数解。
求最小整数解有两种方法：
我常用的方法：
开局直接把每个\(b_{i}\)（不包括求出来的\(b_{?}\)）模\(a_{i}\)，并且把每次求出的\(x\)都做一次最小整数解，那么得出来的新的方程的\(b_{?}\)一定小于新的\(m_{?}\)，为什么，\(m_{?}\)为\([a,b]\)，而\(b_{?}\)为\(b_{i}+ax\)得出的。（这里的\(a\)表示\(m_{i}\)，\(b\)表示\(m_{i+1}\)），我们知道\(x≤b/(a,b)-1\)，那么\(ax≤[a,b]-a\)，\(b_{i}<a\)，那么\(ax+b_{i}<[a,b]\)，所以\(b_{?}\)小于\(m_{?}\)，也就是不用模了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(a==0)
{
x=0;y=1;
return b;
}
else
{
LL tx,ty;
LL d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
x=ty-(b/a)*tx;
y=tx;
return d;
}
}
LL a1,b1;
bool solve(LL a2,LL b2)
{
LL a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y;
LL d=exgcd(a,b,x,y);
if(c%d!=0)return false;
else
{
c/=d;
x*=c;
LL lca=b/d;
x=((x%lca)+lca)%lca;//最小正整数解
b1=a1*x+b1;a1=a*b/d;//不用模
return true;
}
}
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
scanf("%lld%lld",&b1,&a1);b1%=a1;//开局模一模
for(int i=2;i<=n;i++)
{
LL a,b;scanf("%lld%lld",&b,&a);b%=a;//开局模一模
if(!solve(a,b))
{
printf("no solution!\n");
return 0;
}
}
printf("%lld\n",b1/*不用模*/);
return 0;
}
但是后面，我又发现了一个不是很麻烦的方法，就是结尾模一下就行了。。。
//少了去正过程，中间会有许多数字变成负数
//而且更容易爆long long
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(a==0)
{
x=0;y=1;
return b;
}
else
{
LL tx,ty;
LL d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
x=ty-(b/a)*tx;
y=tx;
return d;
}
}
LL zbs(LL x){return x<0?-x:x;}
LL a1,b1;
bool solve(LL a2,LL b2)
{
LL a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y;
LL d=exgcd(a,b,x,y);
if(c%d!=0)return false;
else
{
c/=d;
x*=c;//可能为负数
b1=a1*x+b1;a1=a*b/d;
return true;
}
}
int main()
{
int n;scanf("%d",&n);
scanf("%lld%lld",&b1,&a1);
for(int i=2;i<=n;i++)
{
LL a,b;scanf("%lld%lld",&b,&a);
if(!solve(a,b))
{
printf("no solution!\n");
return 0;
}
}
LL zhl=a1<0?-a1:a1;//绝对值
printf("%lld\n",(b1%zhl+zhl)%zhl/*尾巴模一模*/);
return 0;
}
以上便是作者的心得。
一点想法
当然，如果每个\(x\)前面也有系数\(a_i\)怎么办？我们求出的值可能不能整除于\(x\)的系数？
在一定有解的情况下，我们可以拆开成两个方程：一个是\(x≡b\mod m\)
另外一个是\(x≡0\mod a\)
当然，这只是本蒟蒻的一点点假设，并没有实践过。
要注意的地方
这个EXCRT一定要特别注意正负问题，尤其是当数字特别大的时候，尽量做到每个地方都打模，才会比较保险。
浙公网安备 33010602011771号