同余 --算法竞赛专题解析（22）：数论

本系列文章将于2021年整理出版。前驱教材：《算法竞赛入门到进阶》 清华大学出版社
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   同余是很巧妙的工具，它使得人们能够用等式的形式来简洁地描述整除关系。
   在阅读本节内容时，请对照上一节“线性丢番图方程”的内容，有很多类似的地方。

1. 同余概述

1.1. 同余定义

  设m是正整数，若a和b是整数，且$m|(a-b)$，则称$a$和$b$模$m$同余。也就是说，$a$除以$m$得到的余数，和$b$除以$m$的余数相同；或者说，$a-b$除以$m$，余数是0。
  把$a$和$b$模$m$同余记为 $a\equiv b(modm)$，$m$称为同余的模。例子：
  （1）因为7|(18-4)，所以18$\equiv$ 4 (mod 7)，18除以7余数是4，4除以7的余数也是4；
  （2）3$\equiv$ 6 (mod 9)，3除以9余数是3，-6除以9的余数也是3；
  （3）13和5模9不同余，因为13除以9余数是4，5除以9余数是5。

1.2. 一些定理和性质

  （1）若$a$和$b$是整数，$m$为正整数，则$a\equiv b(modm)$当且仅当$amodm=bmodm$。
  （2）把同余式转换为等式。若$a$和$b$是整数，则$a\equiv b(modm)$当且仅当存在整数，使得$a=b+km$。例如：19-2 (mod 7)，有19 = -2 + 3 ∙ 7。
  （3）设$m$是正整数，模$m$的同余满足下面的性质：
  1）自反性。若$a$是整数，则$a\equiv a(modm)$
  2）对称性。若$a$和$b$是整数，且$a\equiv b(modm)$，则$b\equiv a(modm)$。
  3）传递性。若$a、b、c$是整数，且$a\equiv b(modm)和b\equiv c(modm)$，则$a\equiv c(modm)$。

2. 一元线性同余方程

  一元线性同余方程：设$x$是未知数，给定$a、b、m$，求整数$x$，满足 $ax\equiv b(modm)$。
  研究线性同余方程有什么用处？$ax\equiv b(modm)$表示$ax-b$是$m$的倍数，设为 $-y$倍，则有$ax+my=b$，这就是二元线性丢番图方程。所以，求解一元线性同余方程等同于求解二元线性丢番图方程。
  方程是否有解？如果有解，有多少解？如何求出解？与线性丢番图的定理一样，线性同余方程也有类似的定理。
  定理：设$a，b$和$m$是整数，$m>0，gcd(a,m)=d$，若$d$不能整除b，则$ax\equiv b(modm)$无解，若$d$能整除$b$，则$ax\equiv b(modm)$有$d$个模$m$不同余的解。
  定理的前半部分可以概况为：$ax\equiv b(modm)$有解的充分必要条件是$gcd(a,m)$能整除b。
  定理的后半部分说明了解的情况。与线性丢番图方程类似，如果有一个特解是 $x_0$ ，那么通解是$x=x_0+(m/d)n$，当$n=0,1,2,...,d-1$时，有$d$个模$m$不同余的解。
  推论：$a$和$m$互素时，因为$d=gcd(a,m)=1$，所以线性同余方程$ax\equiv b(modm)$有唯一的模$m$不同余的解。这个推论在下一节的逆中有应用。
  最后回到求解$ax\equiv b(modm)$的问题：首先求逆，然后利用逆求得$x$。

3. 逆

  求解一般形式的同余方程$ax\equiv b(modm)$，需要用到逆。

3.1.逆的概念

  给定整数a，且满足$gcd(a,m)=1$，称 $ax\equiv 1(modm)$的一个解为$a$模$m$的逆。记为$a^{-1}$。
  例如：$8x\equiv 1(mod31)$，有一个解是$x$ = 4，4是8模31的逆。所有的解，例如35、66等，都是8模31的逆。
  可以借助丢番图方程理解逆的概念，$8x\equiv 1(mod31)$即方程$8x+31y=1$，$x$ = 4是8模31的逆，4×8-1能整除31。

3.2.求逆

  有多种方法可以求逆。
（1）扩展欧几里得求单个逆
  下面的例题是求逆，即求解同余方程$ax\equiv 1(modm)$。

---

同余方程（求逆） 洛谷 P1082
题目描述：求关于x的同余方程$ax\equiv 1(modm)$的最小正整数解。2≤a, m≤2,000,000,000。

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  题解：$ax\equiv 1(modm)$，即丢番图方程$ax+my=1$，先用扩展欧几里得求出$ax+my=1$的一个特解$x_0$，通解是$x=x_0+mn$。然后通过取模操作算最小整数解$((x_{0}modm)+m)modm$，因为$m$ > 0，可以保证结果是正整数。

long long mod_inverse(long long a, long long m){    //求逆
	long long x,y;
    extend_gcd(a,m,x,y);
    return  (x%m + m) % m;                          //保证返回最小正整数
}
int main(){
    long long a,m;  cin >> a >>m; 
    cout << mod_inverse(a,m);
    return 0;
}

（2）费马小定理求单个逆
  费马小定理：设$n$是素数，$a$是正整数且与$n$互质，那么有$a^{n-1}\equiv 1(modn)$。
  $a{a}^{n-2}\equiv 1(modn)$，那么$a^{n-2}modn$就是$a$模$n$的逆。计算需要用到快速幂取模fast_pow()，参考前面章节“大素数的判定”。快速幂取模的复杂度是$O(logn)$的。

long long mod_inverse(long long a,long long mod){
   return fast_pow(a,mod - 2,mod);           
}

（3）递推求多个逆
  如果要求1 ~ n内所有的逆，可以用递推。复杂度是O(n)的。

---

乘法逆元 洛谷 P3811
题目描述：给定 $n，p$，求 $1n$ 中所有整数在模 $p$ 意义下的乘法逆元。
$1\le n\le 3\times 10^6$，$n<p<20000528$，$p$为质数。
输入：一行两个正整数$n、p$。
输出：输出$n$行，第$i$行表示$i$在模$p$下的乘法逆元。

---

  首先，$i=1$时逆是1。下面求$i>1$时的逆，用递推法。
  设$p/i=k$，余数是$r$，即$ki+r\equiv 0(modp)$；
  在两边乘$i^{-1}{r}^{-1}$，得到$k{r}^{-1}+i^{-1}\equiv 0(modp)$；
  移项得$i^{-1}\equiv -k{r}^{-1}(modp)$ ，即$i^{-1}\equiv -p/i{r}^{-1}(modp)$ ，$i^{-1}\equiv (p-p/i)r^{-1}(modp)$。

long long inv[maxn];
void inverse(long long n, long long p){
    inv[1]=1;
    for(int i = 2;i<maxn;i++)
       inv[i]= (p - p/i) * inv[p%i] % p;
}

  下面给出一个求逆的例题。

---

A/B hdu 1576
题目描述：求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n (n = A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B, 9973) = 1)。
输入：第一行是T，表示有T组数据。每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)。
输出：对每组数据，输出(A/B)%9973。

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题解：
  设答案$k=(A/B)$。
   做以下变换：$A/B=k+9973x，A=kB+9973xB$；
   把$A$代入得$kB$，即$kB=n+9973y$；
   两边除$n$得$(k/n)B+(-y/n)9973=1$，这是形如$ax+by=1$的丢番图方程，即$ax\equiv 1(modm)$，其中$x=k/n$。求解逆$x$，得到$k/n$，再乘以$n$，就是$k$。

3.3. 用逆求解同余方程

  逆有什么用？如果有$a$模$m$的一个逆，可以用来解如$ax\equiv b(modm)$的任何同余方程。
   记$a^{-1}$是$a$的一个逆，有$a^{-1}a\equiv 1(modm)$。在$ax\equiv b(modm)$的两边同时乘以$a^{-1}$，得到$a^{-1}ax\equiv a^{-1}b(modm)$，即$x\equiv a^{-1}b(modm)$。
   例如：为了求出$8x\equiv 22(mod31)$的解，可以两边乘以4，4是8模31的一个逆，得$4\ast 8x=4\ast 22(mod31)$，因此$x\equiv 88(mod31)\equiv 26(mod31)$。
   定理：设$p$是素数，正整数$a$是其自身模$p$的逆，当且仅当$a\equiv 1(modp)$或$a\equiv -1(modp)$。
   证明：若$a\equiv 1(modp)$或$a\equiv -1(modp)$，有$a^2\equiv 1(modp)$，所以$a$是其自身模$p$的逆。反过来也成立。

3.4. 逆与除法取模

  逆的一个重要应用是求除法的模。例如在catalan数中，有这样一个需求：求$(a/b)modm$，即$a$除以$b$，然后对$m$取模。由于这里$a$和$b$都是很大的数，做除法后再取模，会损失精度。用逆可以避免除法计算，设b的逆元是$b^{-1}$，有：
  $(a/b)modm=((a/b)modm)\ast ((b{b}^{-1})modm)=(a/b\ast b{b}^{-1})modm=(a{b}^{-1})modm$
  经过上述推导，除法的模运算转换成了乘法模运算：$(a/b)modm=(a{b}^{-1})modm$。
  下面是一个除法取模的例题。

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Detachment http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5976
题目描述：把一个整数X分成多个整数的和：x = a1 + a2 + …，且ai ≠ aj，使得s = a1 ∗a2 * …最大。
输入：第一行是T，表示测试用例数量，后面有T行，每一行一个整数表示X。1 ≤ T ≤ 10^6, 1 ≤ X ≤ 10^9。
输出：对每个用例，首先计算最大的s，然后输出它对mod = 10^9+7的取模。

---

题解：如何分解X，才能使积s最大？这是小学奥数题，读者可以自己举例子推理。
  首先，分解的数越多，积s越大。比如X分解为2个数，对比不分解的1个数X：(X - k)(X + k) > X。
  其次，分解的数越接近，积越大。例如分成2个数，对比X/2 - 1、X/2 +1和X/2 - k、X/2 +k，有：(X/2 - 1)(X/2 +1) > (X/2 - k)(X/2 + k)。
  结论是：把X尽量分为更多连续数的和，得到的积s最大。为了分解更多，就从2开始分解：X = 2 + 3 + 4 + 5 + …。从1开始分解不好，因为1对乘积没有贡献。如果还有余数，就把余数拆开，加到其他数上：从后往前加，每个数加上1，这样可以保证每个数都不同。例如17 = 2 + 3 + 4 + 5 + 3，最后有个余数3，把它拆成3个1，加到后面3个数上，得：17 = 2 + 4 + 5 + 6。再例如13 = 2 + 3 + 4 + 4，后面的余数4，拆成4个1，但是前面只有3个数，不够用，多的1再加在最后，得：13 = 3 + 4 + 6。
  分解有两种情况：
   （1）$2\times 3\times 4\times ...\times (i-1)\times (i+1)\times ...\times k\times (k+1)$，中间少个$i$；
  （2）$3\times 4\times ...\times i\times (i+1)\times ...\times k\times (k+2)$，前面少个2，后面多个$k+2$；
   求s的时候，先计算连续的乘积$a$，然后除以$i$，或者除以2乘以k+2。例如第（1）种情况，$s=a/i$，输出的结果是$(a/i)\%mod$。除法取模需要用到逆。本题的模10^9 + 7正好是个素数，所以求逆用扩展欧几里得或费马小定理都行。
   下面给出编码，细节有：
   （1）先预计算出从2开始的前缀和和连续积，用于判断分解到哪个数为止。并用upper_bound()查找x的位置。
   （2）把余数加到后面的数上去，并查找缺少的$i$。
   （3）计算结果。用逆计算除法取模。

#include
using namespace std;
#define ll long long
 
const int maxnum = 1e5;             //分解的数不会超过50000个，请自己分析
const int mod = 1e9 + 7;
 
ll sum[maxnum], mul[maxnum];  //前缀和、连续积

ll fast_pow(ll x,ll y,int m){       //快速幂取模：x^y mod m
    ll res = 1;
    while(y) {
        if(y&1) res*=x, res%=m;
        x = (x*x) % m;
        y>>=1;
    }
    return res;
}

long long mod_inverse(long long a,long long mod){ //费马小定理求逆，或者用扩展欧几里得求逆
   return fast_pow(a,mod - 2,mod);           
}

void init(){       //预计算前缀和、连续积
    sum[1] = 0;  mul[1] = 1;
    for(int i=2; i<=maxnum; i++){
        sum[i] = sum[i-1] + i;      //计算前缀和
        mul[i] = (i*mul[i-1]) % mod;//计算连续积
    }
} 
 
int main(){
    init();
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int x; scanf("%d",&x);
        if( x == 1) {puts("1"); continue;}  //特殊情况

        int k = upper_bound(sum+1,sum+1+maxnum,x)-sum-1;  //分解成k个数
        int m = x - sum[k];    //余数
        ll ans;
        if(k==m)           
            ans = mul[k] * mod_inverse(2,mod) %mod * (k+2) % mod; //第2种情况           
        else            
            ans = mul[k+1] * mod_inverse(k-m+1,mod) % mod % mod;  //第1种情况
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

4. 同余方程组

  根据上一节的讨论，同余方程$ax\equiv b(modm)$有解时，即$gcd(a,m)$ 能整除$b$时，可以解得$x\equiv a^{\prime }(mod{m}^{\prime })$，所以这也是同余方程的一般形式。本节讨论同余方程组的求解：
    $x\equiv a_1(mod{m}_1)$
    $x\equiv a_2(mod{m}_2)$
    …
    $x\equiv a_r(mod{m}_r)$
  例：有一个数$x$，被3除余2，被5除余3，被7除余2，列成同余方程就是：
    $x\equiv 2(mod3)$
    $x\equiv 3(mod5)$
    $x\equiv 2(mod7)$
  求解结果是：$x=23+3\times 5\times 7\times n$，$n\ge 0$，或者写为$x\equiv 23(mod3\times 5\times 7)$，$x$的最小正整数解是23。
  本节介绍中国剩余定理和迭代法，前者是用于$m_1，m_2，...，m_r$两两互素情况下的优秀解法，后者是更一般条件下的通用解法。适用中国剩余定理的方程组肯定有解，而迭代法处理的更一般情况，可能是无解的。

4.1. 中国剩余定理

  中国剩余定理¹：设$m_1，m_2，...，m_r$是两两互素的正整数，则同余方程组
    $x\equiv a_1(mod{m}_1)$
    $x\equiv a_2(mod{m}_2)$
    …
    $x\equiv a_r(mod{m}_r)$
  有整数解，并且模$M=m_1{m}_2...m_r$唯一，解为：
  $x=(a_1{M}_1{M}_1^{-1}+a_2{M}_2{M}_2^{-1}+...+a_r{M}_r{M}_r^{-1})(modM)$
  其中$M_i=M/m_i$，$M_i^{-1}$为$M_i$模$m_i$的逆元。
   读者可以尝试自己证明。

   例题：解同余方程组$x\equiv 2(mod3)，x\equiv 3(mod5)，x\equiv 2(mod7)$。
   解题步骤：
   （1）$M=3\times 5\times 7=105，M1=105/3=35，M2=105/5=21，M3=105/7=15$。
   （2）求逆：$M_1^{-1}=2，M_2^{-1}=1，M_3^{-1}=1$。
   （3）最后计算$x：x\equiv 2\times 35\times 2+3\times 21\times 1+2\times 15\times 1\equiv 233\equiv 23(mod105)$。

4.2. 迭代法

  中国剩余定理的编码很容易，但是它的限制条件是方程组的$m_1，m_2，...，m_r$两两互素。如果不互素，该如何解题呢？这就是迭代法。
  迭代法的思路很简单，就是每次合并两个同余式，逐步合并，直到合并完所有等式，只剩下一个，就得到了答案。
  合并的时候，把同余方程转化为等式更容易操作。这是根据同余的一个性质：若$x$和$a$是整数，则$x\equiv a(modm)$当且仅当存在整数，使得$x=a+km$。

1、 示例
  以方程组$x\equiv 2(mod3)，x\equiv 3(mod5)，x\equiv 2(mod7)$为例，说明合并过程。下面的计算步骤，前3步合并了第1和第2个同余式，后面3步继续合并第3个同余式。
   1）把第1个同余式$x\equiv 2(mod3)$转换为$x=2+3t$，代入第2个同余式得$2+3t\equiv 3(mod5)$。
   2）求解$2+3t\equiv 3(mod5)$。
   首先变为$3t\equiv (3-2)(mod5)$，即$3t\equiv 1(mod5)$，因为$gcd(3,5)$能整除1，所以有解。
   然后求解$3t\equiv 1(mod5)$：先求3模5的逆，是2，所以解得$t\equiv 2(mod5)$，转换为等式$t=2+5u$。
   3）第1个和第2个同余式合并的结果。把$t=2+5u$代入$x=2+3t$得$x=8+15u$，即$x\equiv 8(mod15)$。
   4）把$x=8+15u$代入第3个同余式得：$8+15u\equiv 2(mod7)$。
   5）求解$8+15u\equiv 2(mod7)$。
   首先变为$15u\equiv -6(mod7)$，$gcd(15,7)$能整除$-6$，有解。
   然后求$15u\equiv -6(mod7)$：先求15模7的逆，是1，解得$u\equiv 1(mod7)$，转换为$u=1+7v$。
   6）得到合并结果。把$u=1+7v$代入$x=8+15u$，得$x=23+105v$，即$x\equiv 23(mod105)$。结束。

2、 编码步骤
  下面改用丢番图方程的形式，总结合并两个同余式的编码方法，并以合并上面的前2个等式为例。

步骤	例子
合并两个等式： $x=a_1+X{m}_1$ $x=a_2+Y{m}_2$	$x=2+3X$ $x=3+5Y$
两个等式相等：$a_1+X{m}_1=a_2+Y{m}_2$ 移项得：$X{m}_1+(-Y)m_2=a_2-a_1$	$2+3X=3+5Y$ $3X+5(-Y)=1$
这是形如$aX+bY=c$的丢番图方程。 下面求解它。先用扩展欧几里得求$X_0$	得：$X_0=2$
$X$的通解是$X=X_{0}c/d+(b/d)n$ 最小值是$t=(X_{0}c/d)mod(b/d)$	$t=(X_{0}c/d)mod(b/d)$ $=(2\times 1/1)mod(5/1)=2$
把$X=t$代入$x=a_1+X{m}_1$ 求得原等式的一个特解$x^{\prime }$	得$x^{\prime }=2+2\times 3=8$
合并后的新$x=a+Xm$： $m=m_1{m}_2/gcd(m_1,m_2)$ $a=x^{\prime }$	$m=3\times 5/1=15$ $a=8$ 合并后的新方程是$x=8+15X$ 即$x\equiv 8(mod15)$

3、 例程
  下面用一个模板题给出线性同余方程组的代码。

---

扩展中国剩余定理 洛谷P4777
题目描述：给定n组非负整数$a_i，m_i$，求解关于$x$的方程组的最小非负整数解。1≤n≤10^5，1 ≤ ai ≤ 10^12，$1\le m_i<a_i$，保证所有$a_i$的最小公倍数不超过 10^18。
    $x\equiv a_1(mod{m}_1)$
    $x\equiv a_2(mod{m}_2)$
    …
    $x\equiv a_n(mod{m}_n)$
输入：第一行是整数n，后面n行，每行两个非负整数$a_i，m_i$。
输出：输出一行，为满足条件的非负整数x。

---

  下面给出的代码²，和前面“编码步骤”基本一致。
  注意代码中的细节，例如求$t=(X_{0}c/d)mod(b/d)$的代码是$mul(x,c/d,b/d)$，目的是避免越界。其他细节见注释。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100010;
int n;
ll ai[maxn], mi[maxn];
ll mul(ll a,ll b,ll mod){   //乘法取模：a*b % mod
    ll res=0;
    while(b>0){
        if(b&1) res=(res+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){   //扩展欧几里得
    if(b == 0){ x=1; y=0; return a;}
    ll d = extend_gcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b * x;
    return d;
}
ll excrt(){               //求解同余方程组，返回最小正整数解
    ll x,y;
    ll m1 = mi[1], a1 = ai[1];      //第1个等式
    ll ans = 0;
    for(int i=2;i<=n;i++){          //合并每2个等式       
        ll a2 = ai[i], m2 = mi[i];  // 第2个等式 
        //合并为：aX + bY = c      
        ll a = m1, b = m2, c = (a2 - a1%m2 + m2) % m2;
        //下面求解 aX + bY = c
        ll d = extend_gcd(a,b,x,y);  //用扩展欧几里得求x0
        if(c%d != 0) return -1;      //无解
        x = mul(x,c/d,b/d);          //aX + bY = c 的特解t，最小值         
        
        ans = a1 + x* m1;            //代回原第1个等式，求得特解x'
        m1 = m2/d*m1;                //先除再乘，避免越界。合并后的新m1
        ans = (ans%m1 + m1) % m1;    //最小正整数解
        a1 = ans;                    //合并后的新a1
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1;i<=n;++i)  
        scanf("%lld%lld",&mi[i],&ai[i]);
    printf("%lld",excrt());
    return 0;
}

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1. 公元3世纪《孙子算经》中有一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？答曰：二十三。”1247年，秦九韶在《数学九章》中给出了求解的一般方法“大衍求一术”，被称为“中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）”。秦九韶是全能型的天才，在多个领域有建树。 ↩︎

2. 参考：https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P4777 ↩︎