中国剩余定理/扩展中国剩余定理 学习笔记

一、中国剩余定理(CRT)

中国剩余定理是用来求解形如：

[egin{cases} xequiv a_1pmod {m_1}\ xequiv a_2pmod {m_2}\ dots\ xequiv a_kpmod {m_k}\ end{cases} ]

的方程组的定理，要求(m_1,m_2,dots m_k)两两互质。

定理如下：

设(M=prod_{i=1}^{k}m_i,M_i=frac{M}{m_i},M_it_iequiv 1pmod m_i)

那么一个满足以上方程组的解就是(x_0=sum_{i=1}^{k}a_iM_it_i)，方程的通解即为(x=x_0+pM,pin Z)

证明：

对于任意(jin [1,k])，当(j ot= i)时，式子中的项(a_iM_it_iequiv 0pmod {m_j})，当(i=j)时(M_jt_jequiv 1pmod{m_j})，因此(a_jM_jt_jequiv a_jpmod {m_j}) ，因此有(sum_{i=1}^{k}a_iM_it_iequiv a_jpmod {m_j})，得证。

• 例题：洛谷模板题

  sol:每个条件就相当于(xequiv b_ipmod {a_i})，于是上模板即可，注意不能直接用费马小定理求逆元(只能在模数是质数的时候用)，要用扩欧。

  code：

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long ll;
  const int N=11;
  int n,a[N],b[N];
  ll M=1;
  inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
  	if(!b){x=1;y=0;return ;}
  	exgcd(b,a%b,x,y);
  	ll t=x;x=y;y=t-a/b*y;
  }
  inline int inv(ll a,ll mod){
  	ll x,y;
  	exgcd(a,mod,x,y);
  	return (x%mod+mod)%mod;
  }
  int main(){
  	scanf("%d",&n);
  	ll ans=0;
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
  		M*=a[i];	
  	}
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		ll mi=M/a[i],t=inv(mi,a[i]);
  		ans=(ans+mi*t%M*b[i]%M)%M;
  	}
  	printf("%lld
  ",ans);
  	return 0;
  }
  

• 例题：洛谷P3868

  sol:(b_i|(n-a_i))意味着(nequiv a_ipmod {b_i}),于是就是模板了。注意乘法会爆(long long),于是这里使用了(mathcal O(1))快速乘。

  code：

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long ll;
  const int N=11;
  int n,a[N],b[N];
  ll M=1;
  inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
  	if(!b){x=1;y=0;return ;}
  	exgcd(b,a%b,x,y);
  	ll t=x;x=y;y=t-a/b*y;
  }
  inline ll inv(ll a,ll mod){
  	ll x,y;
  	exgcd(a,mod,x,y);
  	return (x%mod+mod)%mod;
  }
  inline ll mul(ll x,ll y,ll mod){
  	return (x*y-(ll)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod;
  }
  int main(){
  	scanf("%d",&n);
  	ll ans=0;
  	for(int i=1;i<=n;++i)
  		scanf("%d",&a[i]);
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		scanf("%d",&b[i]);
  		M*=b[i];	
  	}
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		ll mi=M/b[i],t=inv(mi,b[i]);
  		ans=(ans+mul(mul(mi,t,M),a[i],M))%M;
  	}
  	printf("%lld
  ",ans);
  	return 0;
  }
  

二、扩展中国剩余定理(exCRT)

还是上面那个问题，但现在，我们不保证(m_i)互质了，这该怎么做？

考虑递归求解，假设我们已经求出了前(i-1)个方程的解为(xequiv x_0pmod M)，其中(M=lcm(m_1,m_2,dots,m_{i-1}))，那么现在我们需要求解：

[egin{cases} xequiv x_0pmod M\ xequiv a_ipmod {m_i} end{cases} ]

那么(x=x_0+tM，tin Z)

于是(x_0+tMequiv a_ipmod {m_i})，即(tMequiv a_i-x_0pmod {m_i})，这是同余方程的形式，于是我们直接扩展欧几里得求出(t)，进而得到(x)，然后更新(M)，继续递归求解。总复杂度是(mathcal O(nlog(n)))的，稍逊于(CRT)，注意求解过程中如果有任何一个同余方程无解，那么方程组就无解。

• 例题：洛谷模板题

  这道模板题保证了有解，但乘法运算可能会爆(long long)，依然要使用快速乘。

  code:

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long ll;
  const int N=1e5+10;
  int n;
  ll M=0,a[N],m[N];
  inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
  	if(!b){x=1;y=0;return ;}
  	exgcd(b,a%b,x,y);
  	ll t=x;x=y;y=t-a/b*y;
  }
  inline ll mul(ll x,ll y,ll mod){
  	return (x*y-(ll)((long double)x/mod*y)*mod+mod)%mod;
  }
  inline ll gcd(ll x,ll y){return !y?x:gcd(y,x%y);}
  inline ll lcm(ll x,ll y){return x/gcd(x,y)*y;}
  inline void exCRT(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll c,ll mod){
  	ll g=gcd(a,b),t=c/g;
  	exgcd(a,b,x,y);
  	x=mul(x,t,mod),y=mul(y,t,mod);
  }
  int main(){
  	scanf("%d",&n);
  	ll ans=0;
  	for(int i=1;i<=n;++i){
  		scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
  		if(!M) M=m[1],ans=a[1];
  		else{
  			ll nM=lcm(M,m[i]),x,y;
  			exCRT(M,m[i],x,y,(a[i]-ans+nM)%nM,nM);
  			ans=(mul(M,x,nM)+ans)%nM;
  			M=nM;
  		}
  	}
  	printf("%lld
  ",ans);
  	return 0;
  }