中国剩余定理及其扩展学习笔记

Chinese Remainder Theorem(CRT)

又称孙子定理,是用来解决一类同余方程组问题的方法。

  • 百度一下

这个要用到欧几里得算法相关知识,不会走这里GO


我们从一个简单的例子入手:

现有如下式子(p1,p2p1,p2为质数):

{xa1(mod p1)xa2(mod p2)①{x≡a1(mod p1)x≡a2(mod p2)

按照同余式,上式可以写成:

{x=a1+k1p1x=a2+k2p2②{x=a1+k1p1x=a2+k2p2其中k1,k2Zk1,k2∈Z

通过联立起来,将其写成a1+k1p1=a2+k2p2a1+k1p1=a2+k2p2,k1p1k2p2=a2a1k1p1−k2p2=a2−a1

又因为gcd(p1,p2)=1gcd(p1,p2)=1,所以此方程肯定有解。

对应ax+by=cax+by=c式子,那么a=p1b=p2c=a2a1{a=p1b=−p2c=a2−a1,所以根据这种形式,我们用exgcdexgcd可以求出一组解(k^1,k^2)(k^1,k^2),然后我们将其带回原方程组可得x0x0,然后通过exgcdexgcd的知识我们可以由这组(k^1,k^2)(k^1,k^2)特解,推导出其它的解:{k1=p2t+k^1k2=p1t+k^2,k1,k2Z{k1=p2t+k^1k2=p1t+k^2,k1,k2∈Z

带入原方程求解得:x=a1+k1p1=a1+p1p2t+k^1=x0+p1p2tx=a1+k1p1=a1+p1p2t+k^1=x0+p1p2t等价于xx0(mod p1p2)x≡x0(mod p1p2)
我们就得到了方程的答案,同时将模数合并了起来。


所以对于多个方程构成的方程组,我们每次选择两个合并出一个新的,然后再用新的去和另一个合并(注意:模数相乘后小心爆范围long longlong long)。

那么对于如下的模方程组:

xa1 (mod m1)xa2 (mod m2)xa3 (mod m3)xan (mod mn){x≡a1 (mod m1)x≡a2 (mod m2)x≡a3 (mod m3)⋯x≡an (mod mn)

所有的mimi均互质,所以用exgcdexgcd求出特解即可解决。(LRJ的蓝书上也有讲解)。

  • 友链-hdxrie的另一种讲解

模板代码:

\\[TJOI2009猜数字]
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int M=21;
int n;
ll a[M],b[M];
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
  if(!b){x=1;y=0;}
  else {exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);}
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){
  ll c=0;
  for(;b>0;b>>=1,a=(a+a)%mod)if(b&1) c=(c+a)%mod;
  return c;
}
ll CRT(ll *a,ll *b,int n){
  ll M=1,d=0,x,y;
  for(int i=1;i<=n;i++) M*=b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
      ll w=M/b[i];
      exgcd(b[i],w,x,y);y=(y%b[i]+b[i])%b[i];//exgcd求解
      d=(d+mul(mul(w,y,M),(a[i]%b[i]+b[i])%b[i],M))%M;
    }
    return (d+M)%M;
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
  ll ans=CRT(a,b,n);
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}

扩展中国剩余定理

我们现在解决的一类模方程的求法,但是这是在模数互质的条件下。大多数时候模数都不会互质,那么应该如何求解呢?
我们仍然从简单的入手

看如下一个方程组:

{xa1 (mod m1)xa2 (mod m2){x≡a1 (mod m1)x≡a2 (mod m2)

同样的我们将其变形得到 a1+k1m1=a2+k2m2a1+k1m1=a2+k2m2,如果该方程要有整数解,那么根据裴蜀定理,要满足 gcd(m1,m2)|(a2a1)gcd(m1,m2)|(a2−a1)

这里我们先假设用exgcdexgcd求出了一组解特解(k1,k2)(k1,k2),那么通解有是什么呢?
接下来令g=gcd(m1,m2)g=gcd(m1,m2),又因为g|(a2a1)g|(a2−a1)(因为我们先假设它有解),所以原方程可以写成

k1m1gk2m2g=a2a1gk1m1g−k2m2g=a2−a1g
,这样我们就可得知 gcd(m1g,m2g)=1gcd(m1g,m2g)=1,系数就转换为之前的互质的情况了,互质后我们再通过之前的方法得到一组特解 (k^1,k^2)(k^1,k^2),通解便为:
{k1=m2gt+k^1k2=m2gt+k^2tZ{k1=m2gt+k^1k2=m2gt+k^2t∈Z

回带入原方程,我们就可以得到:
x=a1+k1m1x=a1+k1m1

=x0+m1m2gt=x0+m1m2gt

=x0+lcm(m1,m2)t=x0+lcm(m1,m2)t

lcm为最小公倍数。

实质上就等于解:xx0 (mod lcm(m1,m2))x≡x0 (mod lcm(m1,m2))这个方程。

举个例子,解如下方程:

x2 (mod 3)x3 (mod 5)x2 (mod 7){①x≡2 (mod 3)②x≡3 (mod 5)③x≡2 (mod 7)

先自己试着解一下再看下面解答。

先联立①②x 8(mod 15)④x≡ 8(mod 15),再联立③④得到最终答案x23 (mod 105)x≡23 (mod 105),那么答案就为x=23x=23,反带回去发现确实成立。

【模板IN】

模板代码:

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int M=201;
ll xx(ll a,ll b,ll mod){
    if(a>b) swap(a,b);ll c=0;
    for(ll i=0;(1ll<if(b&(1ll<1ll<return c;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){
    if(!b){d=a;x=1;y=0;}
    else {exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll inv(ll a,ll b){
    ll g,x,y;
    exgcd(a,b,g,x,y);
    if(g!=1) return -1;
    return (x%b+b)%b;
}
bool merge(ll a1,ll b1,ll a2,ll b2,ll &a,ll &b){
    ll g=gcd(b1,b2);
    ll c=a2-a1;
    if(c%g) return 0;//判断有无解
    c=(c%b2+b2)%b2;
    b1/=g;b2/=g;
    c/=g;c=xx(c,inv(b1,b2),b2);
    b=b1*b2*g;
    c=xx(c,xx(b1,g,b),b);
    c+=a1;
    a=(c%b+b)%b;
    return 1;
}
ll CRT(ll *a,ll *b,int n){
    ll aa=a[1],bb=b[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ll da=a[i],db=b[i];
        ll nexa,nexb;
        //合并
        if(!merge(aa,bb,da,db,nexa,nexb)) return -1;
        aa=nexa;bb=nexb;
    }
    return (aa%bb+bb)%bb;
}
ll a[M],b[M];
int n;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);}
    ll ans=CRT(a,b,n);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}
//模板2
#include
#include
#include
#include
#define LL long long
using namespace std;
const int N=210;
int n;
LL x,y,lcm,equ[N][2];
LL multi(LL a,LL b,LL p)
{
    a=(a%p+p)%p;b=(b%p+p)%p;LL ans=0;
    for(;a;a>>=1,b=(b*2)%p)if(a&1)ans=(ans+b)%p;
    return ans;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    LL val=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL t=x;x=y;y=t-a/b*y;return val;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     scanf("%lld%lld",&equ[i][1],&equ[i][0]);
    for(int i=1;i1],equ[i+1][1],x,y);
        lcm=equ[i][1]/val*equ[i+1][1];
        if((equ[i+1][0]-equ[i][0])%val)
        {
            printf("No Answer\n");
            return 0;
        }
        val=multi(y,(equ[i+1][0]-equ[i][0])/val,lcm);
        equ[i+1][0]=(multi(equ[i+1][1],-val,lcm)+equ[i+1][0]+lcm)%lcm;
        equ[i+1][1]=lcm;
    }
    printf("%lld\n",(equ[n][0]%equ[n][1]+equ[n][1])%equ[n][1]);
    return 0;
}

一个额外的小技巧:
例如NOI2018的屠龙勇士。
当同余方程组有系数,如下式子:

a1xb1 (mod m1)a2xb2 (mod m2)anxbn(mod mn){a1x≡b1 (mod m1)a2x≡b2 (mod m2)⋯anx≡bn(mod mn)

如果a,ba,b都互质,我们用扩展欧几里得定理就可以求得逆元,然后把系数除过去就可以计算了。

但是当a,ba,b不一定互质怎么办?

我们观察式子,axb(mod m)ax≡b(mod m),可以将其写成ax=km+bax=km+b,我们记g=gcd(a,m)g=gcd(a,m)(gcd表示求最大公约数),那么左右可以写成(gw1)x=k(gw2)+b(gw1)x=k(gw2)+b,由于左边为gg的倍数,右边那么同理也应该为gg的倍数,所以显然bb也应该为gg的倍数,若不为则该方程组无整数解,有的话将a,b,ma,b,m同时除以gg,就得到了系数互质的方程,用原来的方法解就可以了。


End

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转载于:https://www.cnblogs.com/VictoryCzt/p/10053429.html

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