中国剩余定理与扩展 Lucas定理与扩展 学习笔记

中国剩余定理

问题

求同余方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x≡c1(modm1)x≡c2(modm2)x≡c3(modm3)...x≡ck(modmk) { x ≡ c 1 ( mod m 1 ) x ≡ c 2 ( mod m 2 ) x ≡ c 3 ( mod m 3 ) . . . x ≡ c k ( mod m k )

其中满足 (mi,mj)=1,1<=i≠j<=k ( m i , m j ) = 1 , 1 <= i ≠ j <= k
x的最小正（非负）整数解

结论

令 M=m1∗m2∗m3∗...∗mk M = m 1 ∗ m 2 ∗ m 3 ∗ . . . ∗ m k
则 x=(∑i=1kci∗Mmi∗inv(Mmi,mi))%M x = ( ∑ i = 1 k c i ∗ M m i ∗ i n v ( M m i , m i ) ) % M

证明

a.在模M意义下x只有唯一解 （有多解那还了得）
b.令 ni n i 满足 ni%Mmi=0 n i % M m i = 0 且 ni%mi=1 n i % m i = 1 ，则 N=∑i=1kci∗ni N = ∑ i = 1 k c i ∗ n i 为原问题的一个解
c.根据上面的式子容易得出 ni=Mmix,ni=miy+1 n i = M m i x , n i = m i y + 1 ，则 Mmix=miy+1 M m i x = m i y + 1 ，即 Mmix−miy=1 M m i x − m i y = 1
d.由于 mi m i 两两互质，所以 Mmi M m i 与 mi m i 也互质，令 a=Mmi,b=mi a = M m i , b = m i ，则 ax−by=1 a x − b y = 1
e.可以发现我们已经将其化简成扩展欧几里得的基本形式 ax+by=(a,b) a x + b y = ( a , b ) ，其中也可以认为x为a在模b意义下的逆元

代码

codevs 3990

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long

LL k,l,r,n,M,x,y,Min,ans,m[15],c[15];

void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if (!b) x=1,y=0;
    else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int main()
{
    scanf("%d%lld%lld",&k,&l,&r);
    M=1LL;
    for (int i=1;i<=k;++i)
    {
        scanf("%lld%lld",&m[i],&c[i]);
        M*=m[i];
    }
    for (int i=1;i<=k;++i)
    {
        LL a=M/m[i],b=m[i];
        exgcd(a,b,x,y);
        x=(x%b+b)%b;
        if (!x) x+=b;
        n+=c[i]*a*x;
    }
    n%=M;
    if (!n) n+=M;

    if (r>=n)
        ans=(r-n)/M+1;
    if (l>=n) ans=ans-((l-n)/M+1);
    if ((l-n)%M==0) ++ans;
    if (ans)
    {
        if (l<=n) Min=n;
        else Min=n+((l-n)/M+1)*M;
    }
    printf("%lld\n%lld\n",ans,Min);
}

扩展中国剩余定理

问题

求同余方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x≡c1(modm1)x≡c2(modm2)x≡c3(modm3)...x≡ck(modmk) { x ≡ c 1 ( mod m 1 ) x ≡ c 2 ( mod m 2 ) x ≡ c 3 ( mod m 3 ) . . . x ≡ c k ( mod m k )

x的最小正（非负）整数解

结论

对于两个方程
x≡c1(modm1) x ≡ c 1 ( mod m 1 )
x≡c2(modm2) x ≡ c 2 ( mod m 2 )
将其合并成一个方程，有解条件为 (m1,m2)|(c2−c1) ( m 1 , m 2 ) | ( c 2 − c 1 )
m=m1m2(m1,m2) m = m 1 m 2 ( m 1 , m 2 )
c=(inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2))%m2(m1,m2)∗m1+c1 c = ( i n v ( m 1 ( m 1 , m 2 ) , m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ∗ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) ) % m 2 ( m 1 , m 2 ) ∗ m 1 + c 1
最终得出一个式子 x≡c(modm) x ≡ c ( mod m )
x=c%m x = c % m 即为原问题的一个解

证明

a.将两个方程写成 x=m1k1+c1,x=m2k2+c2 x = m 1 k 1 + c 1 , x = m 2 k 2 + c 2 ，两式联立得 m1k1+c1=m2k2+c2 m 1 k 1 + c 1 = m 2 k 2 + c 2 ，移项 m1k1=c2−c1+m2k2 m 1 k 1 = c 2 − c 1 + m 2 k 2 ，
b.根据贝祖定理，以上等式有解充要条件为 (m1,m2)|(c2−c1) ( m 1 , m 2 ) | ( c 2 − c 1 )
c.将等式两边同除 (m1,m2) ( m 1 , m 2 ) 得 m1(m1,m2)∗k1=(c2−c1)(m1,m2)+m2(m1,m2)∗k2 m 1 ( m 1 , m 2 ) ∗ k 1 = ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) + m 2 ( m 1 , m 2 ) ∗ k 2 ，即 m1(m1,m2)k1≡(c2−c1)(m1,m2)(modm2(m1,m2)) m 1 ( m 1 , m 2 ) k 1 ≡ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) ( mod m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ，进一步化简 k1≡inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)(modm2(m1,m2)) k 1 ≡ i n v ( m 1 ( m 1 , m 2 ) , m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ∗ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) ( mod m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ， k1=inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)+ym2(m1,m2) k 1 = i n v ( m 1 ( m 1 , m 2 ) , m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ∗ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) + y m 2 ( m 1 , m 2 )
d.将其回代 x=m1k1+c1 x = m 1 k 1 + c 1 ，得 x=inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)∗m1+ym1m2(m1,m2)+c1 x = i n v ( m 1 ( m 1 , m 2 ) , m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ∗ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) ∗ m 1 + y m 1 m 2 ( m 1 , m 2 ) + c 1 ，即 x≡inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)∗m1+c1(modm1m2(m1,m2)) x ≡ i n v ( m 1 ( m 1 , m 2 ) , m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ∗ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) ∗ m 1 + c 1 ( mod m 1 m 2 ( m 1 , m 2 ) )
e.至此我们又将其化简成了 x≡c(modm) x ≡ c ( mod m ) 的形式，其中 m=m1m2(m1,m2) m = m 1 m 2 ( m 1 , m 2 ) ， c=(inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2))%m2(m1,m2)∗m1+c1 c = ( i n v ( m 1 ( m 1 , m 2 ) , m 2 ( m 1 , m 2 ) ) ∗ ( c 2 − c 1 ) ( m 1 , m 2 ) ) % m 2 ( m 1 , m 2 ) ∗ m 1 + c 1

代码

pku 2891

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define N 1005

int k;
LL c[N],m[N],c1,c2,m1,m2,t;
bool flag;

LL gcd(LL a,LL b)
{
    if (!b) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if (!b) x=1LL,y=0LL;
    else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
LL inv(LL a,LL b)
{
    LL x=0LL,y=0LL;
    exgcd(a,b,x,y);
    x=(x%b+b)%b;
    if (!x) x+=b;
    return x;
}
int main()
{
    while (~scanf("%d",&k))
    {
        flag=true;
        for (int i=1;i<=k;++i)
            scanf("%I64d%I64d",&m[i],&c[i]);
        for (int i=2;i<=k;++i)
        {
            m1=m[i-1],m2=m[i],c1=c[i-1],c2=c[i];
            t=gcd(m1,m2);
            if ((c2-c1)%t!=0) {flag=false;break;}
            m[i]=m1*m2/t;
            c[i]=inv(m1/t,m2/t)*((c2-c1)/t)%(m2/t)*m1+c1;
            c[i]=(c[i]%m[i]+m[i])%m[i];
        }
        if (!flag) puts("-1");
        else printf("%I64d\n",c[k]);
    }
}

Lucas定理

问题

求 Cmn%p C n m % p ，其中p为质数

结论

令
n=nk∗pk+nk−1∗pk−1+...+n2∗p2+n1∗p+n0 n = n k ∗ p k + n k − 1 ∗ p k − 1 + . . . + n 2 ∗ p 2 + n 1 ∗ p + n 0
m=mk∗pk+mk−1∗pk−1+...+m2∗p2+m1∗p+m0 m = m k ∗ p k + m k − 1 ∗ p k − 1 + . . . + m 2 ∗ p 2 + m 1 ∗ p + m 0
则 Cmn=∏i=0kCmini C n m = ∏ i = 0 k C n i m i

证明

去问卢卡斯
听说要用二项式定理什么的
我怎么可能会这种东西
记住就行了

代码

zoj 3557

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long

LL n,m,Mod;

LL fast_pow(LL a,LL p)
{
    LL ans=1LL;
    for (;p;p>>=1,a=a*a%Mod)
        if (p&1)
            ans=ans*a%Mod;
    return ans;
}
LL inv(LL x)
{
    return fast_pow(x,Mod-2);
}
LL C(LL n,LL m)
{
    if (m>n) return 0LL;
    LL up=1LL,down=1LL;
    for (LL i=n-m+1;i<=n;++i) up=up*i%Mod;
    for (LL i=1;i<=m;++i) down=down*i%Mod;
    return up*inv(down)%Mod;
}
LL lucas(LL n,LL m)
{
    if (m>n) return 0LL;
    LL ans=1;
    for (;m;n/=Mod,m/=Mod)
        ans=ans*C(n%Mod,m%Mod)%Mod;
    return ans;
}
int main()
{
    while (~scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&Mod))
        printf("%lld\n",lucas(n-m+1,m));
}

扩展Lucas定理

问题

求 Cmn%p C n m % p

结论

令
p=p1k1∗p2k2∗...∗pqkq p = p 1 k 1 ∗ p 2 k 2 ∗ . . . ∗ p q k q
列出同余方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ans≡c1(modp1k1)ans≡c2(modp2k2)...ans≡cq(modpqkq) { a n s ≡ c 1 ( mod p 1 k 1 ) a n s ≡ c 2 ( mod p 2 k 2 ) . . . a n s ≡ c q ( mod p q k q )

其中 c1...cq c 1 . . . c q 是对于每一个 Cmn%piki C n m % p i k i 求出的答案
然后根据中国剩余定理合并
可见 piki p i k i 并不是质数，而是一个质数的幂的形式
对于如何求 Cmn%piki C n m % p i k i 将在证明中给出

证明

a.由于同于方程组在模 p=p1k1∗p2k2∗...∗pqkq p = p 1 k 1 ∗ p 2 k 2 ∗ . . . ∗ p q k q 意义下有唯一解，可以证明上面做法的正确性
b.由于 p=p1k1∗p2k2∗...∗pqkq p = p 1 k 1 ∗ p 2 k 2 ∗ . . . ∗ p q k q 实质上是将p进行质因数分解，所以 piki p i k i 满足两两互质，可以直接用中国剩余定理合并
c.对于如何求 Cmn%piki C n m % p i k i
根据 Cmn=n!m!(n−m)! C n m = n ! m ! ( n − m ) ! ，只要分别求出 n!%piki,m!%piki,(n−m)!%piki n ! % p i k i , m ! % p i k i , ( n − m ) ! % p i k i 就可以通过逆元求出 Cmn%piki C n m % p i k i
d.对于如何求 n!%piki n ! % p i k i
我们以 n=19,pi=3,ki=2 n = 19 , p i = 3 , k i = 2 为例
n!=1∗2∗3∗4∗5∗6∗7∗8∗9∗10∗11∗12∗13∗14∗15∗16∗17∗18∗19 n ! = 1 ∗ 2 ∗ 3 ∗ 4 ∗ 5 ∗ 6 ∗ 7 ∗ 8 ∗ 9 ∗ 10 ∗ 11 ∗ 12 ∗ 13 ∗ 14 ∗ 15 ∗ 16 ∗ 17 ∗ 18 ∗ 19
=(1∗2∗4∗5∗7∗8∗10∗11∗13∗14∗16∗17∗19)∗36∗(1∗2∗3∗4∗5∗6) = ( 1 ∗ 2 ∗ 4 ∗ 5 ∗ 7 ∗ 8 ∗ 10 ∗ 11 ∗ 13 ∗ 14 ∗ 16 ∗ 17 ∗ 19 ) ∗ 3 6 ∗ ( 1 ∗ 2 ∗ 3 ∗ 4 ∗ 5 ∗ 6 )
根据这个例子发现，求解n!可以分为3部分：第一部分是 pi p i 的幂的部分，也就是 36 3 6 即 pi⌊npi⌋ p i ⌊ n p i ⌋ ，可以直接求解；第二部分是一个新的阶乘，也就是6!即 ⌊npi⌋! ⌊ n p i ⌋ ! ，可以递归下去求解；第三部分是除前两部分之外剩下的数
考虑第三部分如何求解
发现第三部分在模 piki p i k i 意义下是以 piki p i k i 为周期的，即 (1∗2∗4∗5∗7∗8)≡(10∗11∗13∗14∗16∗17)(modpiki) ( 1 ∗ 2 ∗ 4 ∗ 5 ∗ 7 ∗ 8 ) ≡ ( 10 ∗ 11 ∗ 13 ∗ 14 ∗ 16 ∗ 17 ) ( mod p i k i ) ，所以只求 piki p i k i 长度的即可；但是还剩下一个孤立的19，可以发现剩下孤立的数长度不会超过 piki p i k i ，只需要暴力求解即可
e.最后一个问题是对于求出的 m!%piki m ! % p i k i 和 (n−m)!%piki ( n − m ) ! % p i k i 有可能与 piki p i k i 不互质，无法求逆元
所以要将 m!%piki m ! % p i k i 和 (n−m)!%piki ( n − m ) ! % p i k i 中质因子 pi p i 先全部除去，求出逆元后再全部乘回去
计算n!中质因子p的个数x的公式为 x=⌊np⌋+⌊np2⌋+⌊np3⌋+... x = ⌊ n p ⌋ + ⌊ n p 2 ⌋ + ⌊ n p 3 ⌋ + . . .
递推式也可以写为 f(n)=f(⌊np⌋)+⌊np⌋ f ( n ) = f ( ⌊ n p ⌋ ) + ⌊ n p ⌋

代码

codeforces2015ICL,Finals,Div.1#J

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long

LL n,m,MOD,ans;

LL fast_pow(LL a,LL p,LL Mod)
{
    LL ans=1LL;
    for (;p;p>>=1,a=a*a%Mod)
        if (p&1)
            ans=ans*a%Mod;
    return ans;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if (!b) x=1LL,y=0LL;
    else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
LL inv(LL A,LL Mod)
{
    if (!A) return 0LL;
    LL a=A,b=Mod,x=0LL,y=0LL;
    exgcd(a,b,x,y);
    x=((x%b)+b)%b;
    if (!x) x+=b;
    return x;
}
LL Mul(LL n,LL pi,LL pk)
{
    if (!n) return 1LL;
    LL ans=1LL;
    if (n/pk)
    {
        for (LL i=2;i<=pk;++i)
            if (i%pi) ans=ans*i%pk;
        ans=fast_pow(ans,n/pk,pk);
    }
    for (LL i=2;i<=n%pk;++i)
        if (i%pi) ans=ans*i%pk;
    return ans*Mul(n/pi,pi,pk)%pk;
}
LL C(LL n,LL m,LL Mod,LL pi,LL pk)
{
    if (m>n) return 0LL;
    LL a=Mul(n,pi,pk),b=Mul(m,pi,pk),c=Mul(n-m,pi,pk);
    LL k=0LL,ans;
    for (LL i=n;i;i/=pi) k+=i/pi;
    for (LL i=m;i;i/=pi) k-=i/pi;
    for (LL i=n-m;i;i/=pi) k-=i/pi;
    ans=a*inv(b,pk)%pk*inv(c,pk)%pk*fast_pow(pi,k,pk)%pk;
    return ans*(Mod/pk)%Mod*inv(Mod/pk,pk)%Mod;
}
int main()
{
    scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&MOD);
    for (LL x=MOD,i=2;i<=MOD;++i)
        if (x%i==0)
        {
            LL pk=1LL;
            while (x%i==0) pk*=i,x/=i;
            ans=(ans+C(n,m,MOD,i,pk))%MOD;
        }
    printf("%I64d\n",ans);
}