剩余类和完全剩余系（简单理解）
最近刚刚学了剩余类和完全剩余系，进行了简单的总结，如果理解错误，欢迎大牛指出！！
剩余类和完全剩余系：
定义1：取定m>0，任意的r∈Z，设r mod m ={qm+r|q=0，±1，±2，.....}
把r mod m 称为模m的一个剩余类，除以m后余数相等的记为一类，同余同类，不同于不同类。(只要取定一个m，那么就可以将所有的整数分为m个剩余类，任意的r只要是对m取模相同，则在同一个剩余类里面)
定理1 取定m>0，则
1）任意的a∈Z，a恰在模m的一个剩余类 r mod m，r=0,1,2，....m-1中。（即将所有整数分为m份，放入不同的剩余类中）
2）任意的x，y∈Z，x，y在模m的同一个剩余类（x≡y mod m）
特点：由定理1，给定模m，
·任意r，s∈Z, r mod m =s mod m或 r mod m ∩ s mod m ＝ ∅
·恰有 m 个不同的模m的剩余类 0 mod m，1 mod m......（m-1） mod m。
·Z=∑ i mod m i∈【0，m-1】。
例子：
设S={a1，a2,....an}，其中ai都是整数，证明存在S的一个非空子集，其各个元素的和被n整除。
证：（运用了鹊巢原理）考虑n个整数 S1=a1，S2=a1+a2,...... , Sn=a1+a2+...an,若Si被n整除，则Si符合，若没有是
被n整除（即Si∉0 mod n），那么S1,S2,....,Sn 中必有两数在模 n 的同一个剩余类中，那么这两数只差就是n的倍数。
不妨设 Si≡Sj（mod n），i
定义2：一组数a0,a1,.....,am-1 称为模m 的一个完全剩余系，如果 ai∈i mod m,i=0,1,2,...,m-1。(因为完全剩余系里面两两各不相同)
设 a1,a2,...,am 是模m的一个完全剩余系，则
·如果 ai≡aj（mod m）, 就有 i=j，ai=aj 。
常用的完全剩余系
·0,1，.....，m-1称为模m的非负最小完全剩余系
· m 为奇数时，
-(m-1)/2 , -(m+1)/2 , ... , -1 , 0 , 1 , ... , (m-1)/2
· m为偶数时，
① -m/2, -m/2+1 , ... , -1 , 0 , 1 , ... , m/2-1
②-m/2+1 , ... , -1 , 0 , 1 , ... , m/2-1 , m/2
称为模m 的绝对最小完全剩余系。
完全剩余系的判定及构造：
定理2 一组数a1，a2 , ... , ak 是模m的一个完全剩余系
{k=m }
{a1 , a2 , ... , ak对模m两两互不同余}
定理3 若a1 , a2 , ... ,am 是模m的一个完全剩余系， 则ka1, ka2,...,kam 也是模
m的一个完全剩余系。
定理4 设（k，m）=1，b∈Z， 若a1,a2, ... , am 是模m的一个完全剩余系，则
ka1+b , ka2+b , ... , kam+b（运用了定理3，然后都加上b相当于同时全部元素移动了b步）
也是模m的一个完全剩余系。
定理5 设（m1，m2）=1，若x1,x2分别通过模m1，m2的一个完全剩余系，则m1x2+m2x1通过模m1m2的一个完全剩余系。
证：(m1x2+m2x1)%m1m2=x2%m2+x1%m1
附上一道acm题：
题解是转载别人博客里的。网址：http://blog.csdn.net/tsaid/article/details/7385406
题意：老师给N个学生发糖，第x次发糖发给编号为 f(x) 的学生。可以推知：f(x) = x * (x+1) / 2 % N（学生号为 0, 1, 2, 3, ```N-1 ）
现在问你是否每个学生都能得到至少一颗糖。
题解：要使每个学生都至少得到一颗糖，那么f(x) 应该构成模N的完全剩余系。
那么这个问题的反面就是在什么情况下，f(x) 不能构成模N的完全剩余系。
我们知道若存在 x != y, 使得 f(x) = f(y)，那么f(x)边不能构成模N的完全剩余系。
若f(x) = f(y)， 推出 x * (x+1) / 2 % N = y * (y+1) / 2 % N, 推出 (x+y+1)(x-y) / 2 = 0 % N
这样可以假设 N^t = (x+y+1)(x-y)/2，于是这个等式成立的条件便是f(x) = f(y)成立的条件。
下面我们具体分析：
首先给出两个显而易见的结论：
(1).任意一个偶数都可以表示成 b * 2^e 的形式（b为奇数）
(2).(x+y+1)与(x-y)中必定一个是偶数一个是奇数
假如 N^t = (x+y+1)(x-y)/2
1.若N是奇数，那么N^t 还是奇数，于是我们一定可以找到适当的x,y,t使得 (x+y+1)(x-y)/2 = N^t，例如令 x = y + 2， 得 y + 3 = N^t，
得 y = N^t - 3。 所以在这种情况下f(x) = f(y)，不能构成完全剩余系。
2.若N是2的幂，令N=2^e, 那么N^t = 2^(e*t) 为偶数，而(x+y+1)(x-y)/2是奇数，显然不可能存在x,y,t使得 N^t = (x+y+1)(x-y)/2。所以在这种情况下f(x) != f(y) 可以构成完全剩余系。
3.若N是形如 b * 2^e 的偶数，那么 N^t = b^t * 2^(e*t)。
令(x+y+1) = b^t， (x-y)/2 = 2^(e*t)
即(x+y+1) = b^t //一式
(x-y) = 2^(e*t+1) //二式
解一式二式构成的方程组，得到 2x = 2^(e*t+1) + b^t - 1，左右均为偶数，显然x是有解的，那么y也是有解的。所以在这种情况下f(x) = f(y)，不能构成完全剩余系。
注意上面的式子并不是一般的式子，我们只是用它们来判断存在性，由 N^t = (x+y+1)(x-y)/2这一假设引出的，是由结果到原因的推导，并不能随意的求解。例如 2x = 2^(e*t+1) + b^t - 1，假如一边是奇数，一边是偶数，那么x显然是无解的。
#include
int main()
{
int n;
while ( scanf("%d",&n) != EOF )
{
if ( n & ( n - 1 )) printf("NO\n"); //这个方式判断n是否是2的幂，还是蛮巧妙的。
else printf("YES\n");
}
return 0;
} //没想到那么短……
目前理解到这里= =...