同余&逆元简单总结

同余&逆元

---

1. 同余

1. 同余的基本概念及性质

1. 若$x$%$m=a$即m是 x-a 的一个因子, 则称x与a关于m同余,记作:$$x\equiv a(modm)$$
2. 同余基本性质:

○1. 自反性:$a\equiv a(modm)$

○2. 对称性:$a\equiv b(modm)\to b\equiv a(modm)$

○3. 传递性:$a\equiv b(modm),b\equiv c(modm)\to a\equiv c(modm)$

○4. 同加性:$a\equiv b(modm)c\equiv d(modm)\to a+c\equiv b+d(modm)$

○5. 同乘性:$a\equiv b(modm)c\equiv d(modm)\to ac\equiv bd(modm)$

○6. 同幂性:$a\equiv b(modm)\to a^n\equiv b^n(modm)$n是自然数

○7. 若$a\equiv b(modm),n|m$ 则 $a\equiv b(modn)$

○8. 若$ac\equiv bc(modm),(c,m)=d$则$a\equiv b(mod\frac{m}{d})$

○9. 若$(m,n)=1,a\equiv b(modm),a\equiv b(modn)\iff a\equiv b(modmn)$

2. 求解线性同余方程 $ax\equiv c(modb)$

可转化为求解方程: $ax+by=c$
(同余方程和线性方程的关系很重要,经常用到!!)
1.预处理:

	if(a<0) a=-a,c=-c;
	while(c<0) c+=b;//保证 a,c 为正

2.第一步: 检验是否有解

	int gcd=Gcd(a,b);
	if((c%gcd)!=0) return -1;//若c不是gcd(a,b) 的倍数，则无解
	//可以转化为直线上的整点来理解

3.第二步:求解同余方程:$ax\equiv gcd(a,b)(modb)$即$ax+by=gcd(a,b)$
扩展欧几里得算法

inline int ex_gcd(int a,int b)
{
	if(b==0) {x=1;y=0;return a;}
	int gcd=ex_gcd(b,a%b);
	int tmp=x;x=y;
	y=tmp-a/b*y;//扩欧
	return gcd;
}
//最后得到的x即为原同余方程的一个可行解;

扩欧的证明:
当最后 b’==0 时a’==gcd(a,b) 则此时 $a^{\prime }x+b^{\prime }y=gcd(a,b)\ast x$
令$x=1,y=0$即得最后的一组解。
考虑从后往前推出$ax+by=c$的解:
设我们前一步求出的解为$x_1,y_1,此时a,b的值就表示为a,b,当前的解表示为x,y$
那么因为$gcd(a,b)=gcd(b,a$%$b),a$%$b=a-(a/b)\ast b$有:$$b\ast x_1+(a-(a/b)\ast b)y_1=gcd(a,b)$$
则:
$$b\ast x_1+(a-(a/b)\ast b)y_1=ax+by$$
整理得:
$$a{y}_1+b(x_1-(a/b)y_1)=ax+by$$
容易看出:
$$x=y_1,y=x_1-(a/b)y_1$$
即证。

4.第四步:根据题意得出答案

若要求出最小正整数解：

    while(x<0) x+=b;x%=b;
	b/=gcd;//mod 要变成 mod/gcd ;(mod 即为 b)
	x=x*c/gcd;//同余的同乘性质
    while(x<0) x+=b;x%=b;//最小正整数解

若要求出解的个数(或所有解)

    int tot=gcd(a,b);// 只有gcd(a,b) 个解
    //要求出每个解，只需对其不断加 b/gcd 即可(同时y-=a/gcd)

3.求解单变量模线性方程组(中国剩余定理)

有如下方程:
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ x\equiv a_3(mod{m}_3)\\ \dots \dots \dots \\ x\equiv a_n(mod{m}_n)\end{array}$$
其中$(m_1{m}_2{m}_3\dots m_n$两两互质$)$
为了方便表示,将x设为S
(1)设$M={\Pi }_{i=1}^n{m}_i$， 设$M_i=M/m_i$
(2)可知对于每一个$i有:(M_i,m_i)=1$
即:
$M_{i}x+m_{i}y=1$
那么$x为M_1$的逆元,用$t_i$表示
两边同时扩大$a_i倍$
$M_i{a}_i{t}_i+m_i{a}_{i}y=a_i$

而$y$的取值与求解无关,可将$a_{i}y$视为$y$,则:

$M_i{a}_i{t}_i+m_{i}y=a_i$

那么易知 $S=M_i{a}_i{t}_i$
则原同余方程组通解为:
$$x=a_1{t}_1{M}_1+a_2{t}_2{M}_2+....+a_n{t}_n{M}_n+kM,k\in Z$$

为什么把每一个加起来就行了呢?
因为每一个$M_i$都含有因子$m_j(j̸=i)$，对于其他的同余方程不产生影响。
若要求最小正整数解，则对$M$取模即可。

代码如下:

//中国剩余定理求解单变量模线性同余方程组
int CRT(int a[],int m[],int h)
{
	int ans=0;int M=1;
	for(int i=1;i<=h;i++) M*=m[i];//求M
	for(int i=1;i<=h;i++) {
		ll Mi,ti;
		Mi=M/m[i];//求Mi
		ti=Rev(Mi,m[i]);//求Mi的逆元
		ans+=((a[i]*Mi%M)*ti)%M;//累加答案
		if(ans>=M) ans-=M;//取模
	}
	return ans;
}

4.扩展中国剩余定理

这同样是用来解决单变量模线性方程组的,但是能够应用于模数不互质的情况
其实这个和中国剩余定理没有什么关系,CRT是用构造法,而EXCRT则基于扩展欧基里德算法

做法:
还是如下方程:
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ x\equiv a_3(mod{m}_3)\\ \dots \dots \dots \\ x\equiv a_n(mod{m}_n)\end{array}$$

其中$m_1{m}_2{m}_3{m}_4\dots m_n$不一定互质

我们可以发现左边的式子都是相同的,于是有了同余方程合并这种操作
既然是合并,我们只要讨论两个式子的时候的情况
对于:
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\end{array}$$
可以看做是两个方程:
$$\{\begin{array}{l}x=a_1+x_1{m}_1\\ x=a_2+x_2{m}_2\end{array}$$
合并一下得到:$$a_1+x_1{m}_1=a_2+x_2{m}_2$$
移项:$$x_1{m}_1=a_2-a_1+x_2{m}_2$$
假定$a_2\ge a_1$,设为$c$,再化为同余方程:$$m_1{x}_1\equiv c(mod{m}_2)$$

令$gcd(m_1,m_2)=d$,该同于方程有解当且仅当$d|c$,所以如果$d$不整除$c$则整个同余方程组无解
反之,由同余的性质得:$$\frac{m_1}{d}{x}_1\equiv \frac{c}{d}(mod\frac{m_2}{d})$$
记$d_1=\frac{m_1}{d},d_2=\frac{m_2}{d},c_2=\frac{c}{d}$
由于此时$d_1,d_2$ 一定互质,所以$d_1$在模$d_2$的意义下一定有逆元,记为$d_1^{-1}$,那么可以解出$x_1$(其实就是扩欧)
$$x_1=d_1^{-1}{c}_2+d_2{x}_2$$
回代进一开始的方程:
$$x=c+(d_1^{-1}{c}_2+d_2{x}_2)m_1$$
展开化简得:
$$x=d_1^{-1}{c}_2{m}_1+c+\frac{m_1{m}_2}{d}{x}_2$$
于是我们可以得到一个新的同余方程:
$$x\equiv d_1^{-1}{c}_2{m}_1+c(mod\frac{m_1{m}_2}{d})$$

于是就这样一直合并下去,最后的解就直接出来了(注意最后的模数会变成$lcm(m_1,m_2,...,m_n)$)

中间结果注意防溢出
函数代码:

inline void EXCRT()
{
	ll p1,b1,p2,b2;scanf("%lld %lld",&p1,&b1);
	for(register int i=2;i<=n;++i) {
		scanf("%lld %lld",&p2,&b2);
		ll d=gcd(p1,p2);ll c=b2-b1;
		if(c%d) return void(puts("no solution"));
		ll d1=p1/d,d2=p2/d,lcm=p1/d*p2;// 这里根据的是负数也能取模 , 可以简化代码
		c/=d;ll inv,y;exgcd(d1,d2,inv,y);
		ll x1=Mul(inv,c,d2);
		b1=(b1+Mul(x1,p1,lcm))%lcm;p1=lcm;
	}
	printf("%lld\n",b1%p1);
	return;
}

5.卢卡斯定理(大组合数取模)

对于组合数取模,如$$C_n^{m}modp$$
其中p是一个质数,有如下定理:

卢卡斯定理:组合数$C_n^m$在模意义下等价于把n和m看成一个p进制数,对每一位分别求出组合数后乘起来
比如说假设:
$n=a_1\ast p^0+a_2\ast p^1+a_3\ast p^3+\dots a_k\ast p^k,m=b_1\ast p^0+b_2\ast p^1+b_3\ast p^3+\dots b_k\ast p^k$
那么:$$C_n^{m}modp=\prod _{i=0}^k{C}_{a_i}^{b_i}modp$$

显然如果p很大的话没有什么鸟用
但是当p不是特别大的话,我们可以发现通过这个定理我们要求的组合数的n,m都不会超过p,可以使用阶乘来解决,并且这时阶乘一定和p是互质的,一定存在逆元,通过阶乘逆元我们可以直接算出组合数
复杂度是$O(plo{g}_{p}n)$,预处理阶乘逆元就直接是$O(p+lo{g}_{p}n)$了,看上去还是很有用的

主要代码:

inline ll C(ll n,ll m,ll p){
	if(m>n) return 0;
	return fac[n]*fpow(fac[m],p-2,p)%p*fpow(fac[n-m],p-2,p)%p;
}
ll Lucas(ll n,ll m,ll p)
{
	if(!m) return 1;
	return C(n%p,m%p,p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
}

6.扩展卢卡斯定理

还是这个东西:$$C_n^{m}modp$$
但是p不一定是质数
这个其实和卢卡斯定理也没有什么很大的关系
我们先把p给质因数分解:$$p=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}{p}_3^{k_3}\dots p_n^{k_n}$$
可以看出,如果所有的k都是1的话,我们设$C_n^m=x$,对每一个$p_i$分别用卢卡斯定理求出组合数$C_i$,那么就变成了求解一系列的同余方程组:
$$\{\begin{array}{l}x\equiv C_{1}mod{p}_1\\ x\equiv C_{2}mod{p}_2\\ x\equiv C_{3}mod{p}_3\\ x\equiv C_{4}mod{p}_4\\ x\equiv C_{5}mod{p}_5\end{array}$$
于是我们可以用中国剩余定理进行合并,求出最后的x,显然在模p意义下最后只会有唯一解

问题在于我们现在的p可能不是一次,而是有k次,要想用CRT来进行合并只能靠求出$C_n^{m}mod{p}_i^{k_i}$
因为要把同余式$x\equiv a(mod{p}_1{p}_2)$拆开必须要满足$p_1$和$p_2$互质,显然两个相同的数不会互质

于是问题转化为快速求出$C_n^{m}mod{p}_i^{k_i}$
为方便,我们设现在考虑的模数是$p^k$,$p$是一个质数
还是考虑用阶乘来解决:$$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$
我们仔细观察可以发现$n!$中含有的$p$这个因子的个数一定会不少于$m!(n-m)!$中p的个数,我们可以很容易得到一个阶乘中含有的p的个数的递推公式:$$f(n)=f(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor )\ast \lfloor \frac{n}{p}\rfloor$$
例如我们要求:$9!$中$2$的个数:
$$\begin{gathered} 9!=1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7\times 8\times 9 \\ =1\times 3\times 5\times 7\times 9\times [2\times (1\times 2\times 3\times 4)] \end{gathered}$$
这就比较直观了,有了这个的话,我们假设求出阶乘中不含$p$的项的积,这样就可以通过逆元来进行组合数计算了,只需要最后把因该有的$p$给再乘上去就行了

于是问题再次变为如何快速求出阶乘

其实方法在上面$9!$的变换中就可以发现了,由于我们不管$p$有多少,发现提出来一个$p$之后,右边那部分的阶乘可以递归进行计算,就是$\lfloor \frac{n}{p}\rfloor !$,于是关键在于计算左边
由于是模p意义下,在上面的式子中,可以发现左边其实全部都是1,手玩一下其他的发现显然这个东西是以p个一循环的,并且可能会剩下不超过p个数
所以循环部分算出一个然后快速幂$n/p$次,最后还会剩下$n\%p$个,直接暴力算这些
所以对于一次的阶乘要算的次数也不会超过$O(p)$次,总共有$lo{g}_{p}n$层
所以计算一个阶乘的复杂度为$O(plo{g}_{p}n)$
总复杂度也就是把所有模数的复杂度加起来,最高也不超过最大质因子的复杂度
所以我们就解决了这个问题
剩下的就是算出逆元,求出组合数,处理多余的质因子p,然后CRT合并

代码:

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m;int p;
inline void exgcd(int a,int b,int&x,int &y){
	if(!b) {x=1;y=0;return;}exgcd(b,a%b,x,y);
	int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return;
}
template<class T>inline int fpow(int x,T k,int mod){int ret=1;for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1) ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
template<class T>inline void Inc(T&x,int y,int mod){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return;}
inline int Fac(ll n,int pi,int pk){
	if(n<=1) return 1;
	int ret=1,rsub=Fac(n/pi,pi,pk),res=n%pk;
	if(n>=pk) {for(int i=2;i<=pk;++i) if(i%pi) ret=(ll)ret*i%pk;ret=fpow(ret,n/pk,pk)%pk;} // 统计长度为模数且不含该模数质因子的阶乘
	for(int i=2;i<=res;++i) if(i%pi) ret=(ll)ret*i%pk;//模意义下,直接枚举模了之后的未统计数也可以
	return (ll)ret*rsub%pk;
}
inline int Inv(int a,int b) {int x,y;exgcd(a,b,x,y);x=(x+b)%b;return x;}
inline ll Count(ll n,int d){return n<d? 0:(Count(n/d,d)+n/d);}
inline int C(ll n,ll m,int pi,int pk)
{
	if(m>n) return 0;
	int facn=Fac(n,pi,pk),facm=Fac(m,pi,pk),facmn=Fac(n-m,pi,pk);//求解三个阶乘
	ll num=Count(n,pi)-Count(m,pi)-Count(n-m,pi);//把p这个质因子都提出来单独算(其实算阶乘的时候没有处理这些数)
	return (ll)facn*Inv(facm,pk)%pk*Inv(facmn,pk)%pk*fpow(pi,num,pk)%pk;
}
inline int EXLucas(ll n,ll m,int p){
	if(n<m) return 0;if(n==m||!m) return 1;
	int ans=0;int x=p;
	for(int i=2;i<=p;++i)
		if(!(x%i)){
			int pk=1;while(!(x%i)) pk*=i,x/=i;
			int res=C(n,m,i,pk);
			Inc(ans,(ll)res*(p/pk)%p*Inv(p/pk,pk)%p,p);
		}return ans;
}
int main(){scanf("%lld %lld %d",&n,&m,&p);printf("%d\n",EXLucas(n,m,p));}

Upd: 稍微改了一下上面的模板 , 下面的模板是预处理阶乘后的 , 这样 $p$ 这部分的复杂度就不用带 $log$ 了。

int FC[4][N],Pr[4]={0,3,11,100003},mo[4]={0,81,121,100003};//这里用于预处理到模数(不含其质因子)的阶乘,存放质因子和分解后模数
inline int gcd(int a,int b){return b? gcd(b,a%b):a;}
inline int Count(int n,int d){return n<d? 0:(n/d+Count(n/d,d));}//计算阶乘中的该因子个数
inline void Exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(!b) {x=1;y=0;return;}
	Exgcd(b,a%b,x,y);int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return;
}
inline int Inv(int a,int mod){a%=mod;int x,y;Exgcd(a,mod,x,y);return (x+mod)%mod;}
inline int Fac(int n,int id){//阶乘
	return n<=Pr[id]? FC[id][n]:((ll)fpow(FC[id][mo[id]],n/mo[id],mo[id])*FC[id][n%mo[id]]%mo[id]*Fac(n/Pr[id],id))%mo[id];
}
inline int Comb(int n,int m,int id){//组合数
	int facn=Fac(n,id),facm=Fac(m,id),facnm=Fac(n-m,id);
	int Pop=fpow(Pr[id],Count(n,Pr[id])-Count(m,Pr[id])-Count(n-m,Pr[id]),mo[id]);
	if(!Pop) return 0;
	return (ll)facn*Inv(facm,mo[id])%mo[id]*Inv(facnm,mo[id])%mo[id]*Pop%mo[id];
}
inline int ExLucas(int n,int m){
	if(n<m) return 0;if(!n&&!m) return 1;int ret=0;
	for(int i=1;i<=3;++i) {int C=Comb(n,m,i);Inc(ret,(ll)C*Inv(mod/mo[i],mo[i])%mod*(mod/mo[i])%mod);}
	return ret%mod;
}

//压行真的好看多了

7.二次剩余

求解 $x$ 使得:
$$x^2\equiv n(modp)$$
$p$ 如果是 $2$ 那么 $x=n$ 一定是 $n$的一个二次剩余 , 所以这里讨论的 $p$都是奇质数。

首先二次剩余并不一定存在 , 其存在的充要条件是: $n^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(modp)$
证明(以下运算均在模意义下):
首先我们有 $x^{p-1}=1$
把要求的东西左右各 $\frac{p-1}{2}$ 次方那么就是 $n^{\frac{p-1}{2}}=x^{p-1}=1,$证毕。

求解方法:

法1:
我们可以利用质数 $p$ 的原根 $g$ 来解决这个问题
我们找到一个 $d$ 使得，$g^d=n$，因为 $g$ 是 $p$ 的原根那么一定是有解的，可以使用 $BSGS$ 求解。
那么问题变成 $x^2=g^d$ ， 可以证明 $d$ 一定是一个偶数 ，所以 $x=g^{\frac{d}{2}}$ ，就做完了。
复杂度为 $O(\sqrt{p})$ ，因为要使用 $BSGS$ 算法求解离散对数。

法2:
这就是一种很数学的方法了。
我们随机一个数 $a$ 满足 $a^2-n$ 没有二次剩余，这样的期望次数为 2 。
然后令 $\delta =\sqrt{a^2-n}$，定义一个新的数域，所有数可以表示为 $a+b\delta$
结论是 $(a+\delta {)}^{\frac{p+1}{2}}$ 就是 $n$ 的二次剩余。

证明:
因为 $a^2-n$ 没有二次剩余，所以 $(a^2-n{)}^{\frac{p-1}{2}}̸=1$
由费马小定理得到 $(a^2-n{)}^{p-1}=1$ , 那么由代数基本定理这个形如 $x^2=1$ 的方程只有 $+1,-1$ 两个根，所以 $(a^2-n{)}^{\frac{p-1}{2}}=-1$
也就是 ${\delta }^{p-1}=-1$

然后考虑 $(a+\delta {)}^p$
$$(a+\delta {)}^p=\sum _{i=0}^p{a}^i{\delta }^{p-i}(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})$$

因为 $p$ 是一个奇质数，所以组合数在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$ 意义下时当且仅当 $i=0$ 或 $i=p$ 时才不为0

所以:$(a+\delta {)}^p=a^p+{\delta }^p$
因为 $a^p=a,{\delta }^p=-\delta$

$(a+\delta {)}^p=a-\delta$
$(a+\delta {)}^{p+1}=a-\delta$

代码：

inline int Get_sqrt(int n){//二次剩余
	if(n<=1) return n;if((int)sqrt(n)*(int)sqrt(n)==n) return (int)sqrt(n);
	srand(time(NULL));int a,delta,D=(mod-1)>>1;
	while(233) {a=rand()%mod;delta=Dif((ll)a*a%mod,n);if(fpow(delta,D)!=1) break;}
	D=(mod+1)>>1;int b=1;int c=1,d=0;
	while(D){
		if(D&1) {int _c=c;c=((ll)a*c+(ll)b*d%mod*delta)%mod,d=((ll)a*d+(ll)b*_c)%mod;}
		int _a=a;a=((ll)a*a+(ll)b*b%mod*delta)%mod;b=(2ll*b*_a)%mod;D>>=1;
	}c=min(c,mod-c);
	return c;
}

2.逆元

1.定义:在 mod m 的意义下,设b是a的逆元,则:$a\ast b\equiv 1(modm)$

2.求解方法:

1.线性递推法
逆元的递推公式:$$inv[i]=(P-P/i)\ast inv[P\%i]\%P$$

阶乘逆元的递推公式:$$inv[i]=inv[i+1]\ast (i+1)\%P$$

上面的$inv[i]$表示 $i!$ 的逆元

2.扩展欧基里德法:

在上面我们用扩欧求了如下同余方程的解:$$ax\equiv b(modp)$$

而逆元是求的这个同余方程:$$ax\equiv 1(modp)$$

所以把b直接设为1然后扩欧解出x的最小正整数解就是a的逆元了

可以发现a,p一定要互质,不然同余方程无解,即a在a和p不互质的情况下是没有逆元的

3.费马小定理

费马小定理:
当a和p互质且p是质数时,有
$$a^{p-1}\equiv 1(modp)$$

相当于是:$$a^{p-2}\ast a\equiv 1(modp)$$
所以$a^{p-2}$就是a的逆元了

4.欧拉定理

欧拉定理:
当a和p互质时,有
$$a^{\phi (p)}\equiv 1(modp)$$

所以$a$的逆元是$a^{\phi (p)-1}$,其实费马小定理是欧拉定理在p是质数时的一个特殊情况

补充:
扩展欧拉定理:
$$a^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{b\%\phi (p)+\phi (p)}(modp)& ,b>\phi (p)\\ a^b& ,b\le \phi (p)\end{array}$$

证明不会

小结:逆元在a和p互质的情况下才有