浅谈扩展中国剩余定理

洛谷p4777

前言

在洛谷上,这是一个连模板都是省选/NOI-的题目,我也钻研了好几天,也许还没有达到通透的境界,但我还是想写一些我在学习过程中的一些感想。

用途

这个定理,其实不能说是一个定理,我觉得更像一个算法。
给出如下同余方程组,让你求方程的最小正数解:
x ≡ b 1 x≡b_1 xb1(mod a 1 ) a_1) a1)
x ≡ b 2 x≡b_2 xb2(mod a 2 ) a_2) a2)
……
x ≡ b i x≡b_i xbi(mod a i ) a_i) ai)

算法

我们先从简单的着手,一步一步来。先看前两个方程。
根据第一个方程,我们可以设 x = a 1 ∗ x 1 + b 1 x=a_1*x_1+b_1 x=a1x1+b1。同理,根据第二个方程,我们可以设 x = a 2 ∗ ( − x 2 ) + b 2 x=a_2*(-x_2)+b_2 x=a2(x2)+b2。( x 2 x_2 x2前面加个负号是为了方便下面的移项)
因为x是相等的,所以 a 1 ∗ x 1 + b 1 = a 2 ∗ ( − x 2 ) + b 2 a_1*x_1+b_1=a_2*(-x_2)+b_2 a1x1+b1=a2(x2)+b2
移项得: a 1 ∗ x 1 + a 2 ∗ x 2 = b 2 − b 1 a_1*x_1+a_2*x_2=b_2-b_1 a1x1+a2x2=b2b1
a 1 ∗ x 1 ′ + a 2 ∗ x 2 ′ = g c d ( a 1 , a 2 ) a_1*x_1'+a_2*x_2'=gcd(a_1,a_2) a1x1+a2x2=gcd(a1,a2)的解是可以通过扩展欧几里得求出来的
如果 b 2 − b 1 b_2-b_1 b2b1不是 g c d ( a 1 , a 2 ) gcd(a_1,a_2) gcd(a1,a2)的倍数,那么无解。
然后有 a 1 ∗ x 1 ′ ∗ ( b 2 − b 1 ) / g c d ( a 1 , a 2 ) + a 2 ∗ x 2 ′ ∗ ( b 2 − b 1 ) / g c d ( a 1 , a 2 ) = b 2 − b 1 a_1*x_1'*(b_2-b_1)/gcd(a_1,a_2)+a_2*x_2'*(b_2-b_1)/gcd(a_1,a_2)=b_2-b_1 a1x1(b2b1)/gcd(a1,a2)+a2x2(b2b1)/gcd(a1,a2)=b2b1
x 1 = x 1 ′ ∗ ( b 2 − b 1 ) / g c d ( a 1 , a 2 ) , x 2 = x 2 ′ ∗ ( b 2 − b 1 ) / g c d ( a 1 , a 2 ) x_1=x_1'*(b_2-b_1)/gcd(a_1,a_2),x_2=x_2'*(b_2-b_1)/gcd(a_1,a_2) x1=x1(b2b1)/gcd(a1,a2)x2=x2(b2b1)/gcd(a1,a2)
当然,用扩展欧几里得求出的只是一组解,而我们希望得到的是最小的那一组解,所以要调整一下 x 1 x_1 x1
x 1 x_1 x1变成 ( x 1 % a 2 + a 2 ) % a 2 (x_1\% a_2+a_2)\% a_2 (x1%a2+a2)%a2,这样 x 1 x_1 x1就是最小正数解了。
那么 x = ( a 1 ∗ x 1 + b 1 ) % ( a 1 ∗ a 2 / g c d ( a 1 , a 2 ) ) x=(a_1*x_1+b_1)\% (a_1*a_2/gcd(a_1,a_2)) x=(a1x1+b1)%(a1a2/gcd(a1,a2))
记最终的答案为ans, a 1 ∗ a 2 / g c d ( a 1 , a 2 ) a_1*a_2/gcd(a_1,a_2) a1a2/gcd(a1,a2)为m,那么 a n s ≡ x ans≡x ansx(mod m m m)
这样我们就构造出了一个新的同余方程,来代替这两个方程。

推向一般化,我们现在有这两个同余方程:
a n s ≡ x ans≡x ansx(mod m m m)
a n s ≡ b i ans≡b_i ansbi(mod a i a_i ai)
按照上面的步骤再走一遍。
根据第一个方程,设 a n s = m ∗ x 1 + x ans=m*x_1+x ans=mx1+x。同理,根据第二个方程,设 a n s = a i ∗ ( − x 2 ) + b i ans=a_i*(-x_2)+b_i ans=ai(x2)+bi
那么 m ∗ x 1 + x = a i ∗ ( − x 2 ) + b i m*x_1+x=a_i*(-x_2)+b_i mx1+x=ai(x2)+bi
移项得: m ∗ x 1 + a i ∗ x 2 = b i − x m*x_1+a_i*x_2=b_i-x mx1+aix2=bix
z = b i − x z=b_i-x z=bix,要是z很大或者是个大负数,那将会面临溢出的风险,所以要取模。但对什么取模呢?因为在后面 x 2 x_2 x2的值根本没用到,所以z可以对 a i a_i ai取模,这样只对 x 2 x_2 x2的值有影响,对 x 1 x_1 x1并没有影响。
根据扩展欧几里得求出 m ∗ x 1 ′ + a i ∗ x 2 ′ = g c d ( m , a i ) m*x_1'+a_i*x_2'=gcd(m,a_i) mx1+aix2=gcd(m,ai)的一组解
如果 z z z不是 g c d ( m , a i ) gcd(m,a_i) gcd(m,ai)的倍数,那么无解。
然后有 m ∗ x 1 ′ ∗ z / g c d ( m , a i ) + a i ∗ x 2 ′ ∗ z / g c d ( m , a i ) = b i − x m*x_1'*z/gcd(m,a_i)+a_i*x_2'*z/gcd(m,a_i)=b_i-x mx1z/gcd(m,ai)+aix2z/gcd(m,ai)=bix
那么 x 1 = x 1 ′ ∗ z / g c d ( m , a i ) x_1=x_1'*z/gcd(m,a_i) x1=x1z/gcd(m,ai) x 2 = x 2 ′ ∗ z / g c d ( m , a i ) x_2=x_2'*z/gcd(m,a_i) x2=x2z/gcd(m,ai)(其实 x 2 x_2 x2无所谓,反正后面用不到)
再调整 x 1 x_1 x1,使之变为最小正数解: x 1 = ( x 1 % a i + a i ) % a i x_1=(x_1\% a_i+a_i)\% a_i x1=(x1%ai+ai)%ai
然后构造新的同余方程: x = ( m ∗ x 1 + x ) % ( m / g c d ( m , a i ) ∗ a i ) x=(m*x_1+x)\% (m/gcd(m,a_i)*a_i) x=(mx1+x)%(m/gcd(m,ai)ai) m = m / g c d ( m , a i ) ∗ a i m=m/gcd(m,a_i)*a_i m=m/gcd(m,ai)ai
则新的同余方程组还是 a n s ≡ x ans≡x ansx(mod m m m)(ans只是存在于我们脑袋中的一个量,最终的答案就是x)
由于数据范围非常大,上面的带取模的乘法最好用快速乘,不然可能会溢出。

具体实现看我代码:

#include
#include
#include 
using namespace std;
int n;
long long a[100005],b[100005];
long long exgcd(long long a,long b,long long &x,long long &y)
{
    if (b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    long long gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return gcd;
}
long long cheng(long long x,long long y,long long z)//快速乘 
{
    long long t=0;
    x=(x%z+z)%z;//快速乘一定要加这两句话,因为x可能是负数
    y=(y%z+z)%z;
    while (x>0)
    {
        if (x%2==1) t=(t+y)%z;
        y=y*2%z;
        x/=2;
    }
    return t;
}
long long excrt()
{
    long long x=b[1],x1,x2,m=a[1];
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
    	long long z=((b[i]-x)%a[i]+a[i])%a[i];//为避免溢出,要对a[i]取模 
        long long gcd=exgcd(m,a[i],x1,x2);//求m*x1+a[i]*x2=gcd(m,a[i])的一组解,gcd=gcd(m,a[i]) 
		if (z%gcd!=0) return 0;//说明无解 
        x1=cheng(x1,z/gcd,a[i]);//x1=x1*z/gcd,同时调整x1为最小正数解 
        x=cheng(m,x1,m/gcd*a[i])+x;//构造新的同余方程 
        m=m/gcd*a[i];
        x=x%m;//上上行加了x之后还要取一次模
    }
    return x;//x就是最终是答案 
}
int main()
{
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld %lld",&a[i],&b[i]);
    }
    cout<<excrt();
}

总结

这虽然只是一个模板,但难度却也不小,我学了好久,总是因为一些取模而困惑,希望这一篇文章把细节都写到了。像这种数据规模很大的题目,每一步都要想想能不能取模,对什么取模。

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