同余&逆元简单总结

Posted neosknight

tags:

篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了同余&逆元简单总结相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

同余&逆元

1. 同余

1. 同余的基本概念及性质

  1. 若(x)%(m=a)即m是 x-a 的一个因子, 则称x与a关于m同余,记作:[x equiv a(mod ;m)]
  2. 同余基本性质:

○1. 自反性:(a equiv a(mod;m))

○2. 对称性:(a equiv b(mod;m) ightarrow b equiv a(mod;m))

○3. 传递性:(a equiv b(mod;m),b equiv c(mod;m) ightarrow a equiv c(mod;m))

○4. 同加性:(a equiv b(mod;m) c equiv d(mod;m) ightarrow a+c equiv b+d(mod;m))

○5. 同乘性:(a equiv b(mod;m) c equiv d(mod;m) ightarrow ac equiv bd(mod;m))

○6. 同幂性:(a equiv b (mod;m) ightarrow a^n equiv b^n(mod m))n是自然数

○7. 若(a equiv b(mod;m),n|m) 则 (a equiv b(mod;n))

○8. 若(ac equiv bc(mod;m),(c,m)=d)则(a equiv b(mod;dfrac{m}{d}))

○9. 若((m,n)=1,a equiv b(mod;m),a equiv b(mod;n) Leftrightarrow a equiv b(mod;mn))

2. 求解线性同余方程 (ax≡c(mod;b))

可转化为求解方程: (ax+by=c)
(同余方程和线性方程的关系很重要,经常用到!!)
1.预处理:

    if(a<0) a=-a,c=-c;
    while(c<0) c+=b;//保证 a,c 为正

2.第一步: 检验是否有解

    int gcd=Gcd(a,b);
    if((c%gcd)!=0) return -1;//若c不是gcd(a,b) 的倍数，则无解
    //可以转化为直线上的整点来理解

3.第二步:求解同余方程:(ax≡gcd(a,b)(mod b))即(ax+by=gcd(a,b))
扩展欧几里得算法

inline int ex_gcd(int a,int b)
{
    if(b==0) {x=1;y=0;return a;}
    int gcd=ex_gcd(b,a%b);
    int tmp=x;x=y;
    y=tmp-a/b*y;//扩欧
    return gcd;
}
//最后得到的x即为原同余方程的一个可行解;

扩欧的证明:
当最后 b‘==0 时a‘==gcd(a,b) 则此时 (a'x+b'y=gcd(a,b)*x)
令(x=1,y=0)即得最后的一组解。
考虑从后往前推出(ax+by=c)的解:
设我们前一步求出的解为(x_1,y_1,此时a,b的值就表示为a,b,当前的解表示为x,y)
那么因为(gcd(a,b)=gcd(b,a)%(b),a)%(b=a-(a/b)*b)有:[b*x_1+(a-(a/b)*b)y_1=gcd(a,b)]
则:
[b*x_1+(a-(a/b)*b)y_1=ax+by]
整理得:
[ay_1+b(x_1-(a/b)y_1)=ax+by]
容易看出:
[x=y_1,y=x_1-(a/b)y_1]
即证。

4.第四步:根据题意得出答案

若要求出最小正整数解：

    while(x<0) x+=b;x%=b;
    b/=gcd;//mod 要变成 mod/gcd ;(mod 即为 b)
    x=x*c/gcd;//同余的同乘性质
    while(x<0) x+=b;x%=b;//最小正整数解

若要求出解的个数(或所有解)

    int tot=gcd(a,b);// 只有gcd(a,b) 个解
    //要求出每个解，只需对其不断加 b/gcd 即可(同时y-=a/gcd)

3.求解单变量模线性方程组(中国剩余定理)

有如下方程:
[egin{cases} x equiv a_1 (mod;m_1)x equiv a_2 (mod;m_2)x equiv a_3 (mod;m_3)\dotsdots dotsx equiv a_n (mod;m_n)\end{cases} ]
其中((m_1;m_2;m_3;m_n;mbox{两两互质}))
为了方便表示,将x设为S
(1)设(M=Pi^n_{i=1}m_i)， 设(M_i=M/m_i)
(2)可知对于每一个(i有:(M_i,m_i)=1)
即:
(qquadqquadqquadqquadqquad M_ix+m_iy=1)
那么(x为M_1)的逆元,用(t_i)表示
两边同时扩大(a_i倍)
(qquadqquadqquadqquadqquad M_ia_it_i+m_ia_iy=a_i)

而(y)的取值与求解无关,可将(a_iy)视为(y),则:

(qquadqquadqquadqquadqquad M_ia_it_i+m_iy=a_i)

那么易知 (S=M_ia_it_i)
则原同余方程组通解为:
[x=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+....+a_nt_nM_n+kM,k∈Z]

为什么把每一个加起来就行了呢?
因为每一个(M_i)都含有因子(m_j(j e i))，对于其他的同余方程不产生影响。
若要求最小正整数解，则对(M)取模即可。

代码如下:

//中国剩余定理求解单变量模线性同余方程组
int CRT(int a[],int m[],int h)
{
    int ans=0;int M=1;
    for(int i=1;i<=h;i++) M*=m[i];//求M
    for(int i=1;i<=h;i++) {
        ll Mi,ti;
        Mi=M/m[i];//求Mi
        ti=Rev(Mi,m[i]);//求Mi的逆元
        ans+=((a[i]*Mi%M)*ti)%M;//累加答案
        if(ans>=M) ans-=M;//取模
    }
    return ans;
}

4.扩展中国剩余定理

这同样是用来解决单变量模线性方程组的,但是能够应用于模数不互质的情况
其实这个和中国剩余定理没有什么关系,CRT是用构造法,而EXCRT则基于扩展欧基里德算法

做法:
还是如下方程:
[egin{cases} x≡a_1 (mod;m_1)x≡a_2 (mod;m_2)x≡a_3 (mod;m_3)\dotsdots dotsx≡a_n (mod;m_n)\end{cases} ]

其中(m_1 m_2 m_3 m_4 dots m_n)不一定互质

我们可以发现左边的式子都是相同的,于是有了同余方程合并这种操作
既然是合并,我们只要讨论两个式子的时候的情况
对于:
[egin{cases} x equiv a_1 (mod m_1)x equiv a_2 (mod m_2)\end{cases} ]
可以看做是两个方程:
[egin{cases} x =a_1+x_1m_1x =a_2+x_2m_2\end{cases} ]
合并一下得到:[a_1+x_1m_1=a_2+x_2m_2]
移项:[x_1m_1=a_2-a_1+x_2m_2]
假定(a_2 geq a_1),设为(c),再化为同余方程:[m_1x_1equiv c (mod m_2)]

令(gcd(m_1,m_2)=d),该同于方程有解当且仅当(d|c),所以如果(d)不整除(c)则整个同余方程组无解
反之,由同余的性质得:[frac{m_1}{d}x_1equiv frac{c}{d} (mod frac{m_2}{d})]
记(d_1=dfrac{m_1}{d},d_2=dfrac{m_2}{d},c_2=dfrac{c}{d})
由于此时(d_1,d_2) 一定互质,所以(d_1)在模(d_2)的意义下一定有逆元,记为(d_1^{-1}),那么可以解出(x_1)(其实就是扩欧)
[x_1=d_1^{-1}c_2+d_2x_2]
回代进一开始的方程:
[x=c+(d_1^{-1}c_2+d_2x_2)m_1]
展开化简得:
[x=d_1^{-1}c_2m_1+c+frac{m_1m_2}{d}x_2]
于是我们可以得到一个新的同余方程:
[xequiv d_1^{-1}c_2m_1+c (mod frac{m_1m_2}{d})]

于是就这样一直合并下去,最后的解就直接出来了(注意最后的模数会变成(lcm(m_1,m_2,...,m_n)))

中间结果注意防溢出

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ldb;
const int N=1e5+10;
inline ll Mul(ll a,ll b,ll mod){a%=mod;b%=mod;return (a*b-(ll)((ldb)a*b/mod)*mod+mod)%mod;}
int n;
ll gcd(ll a,ll b){return (b? gcd(b,a%b):a);}
inline ll fpow(ll x,ll k,ll mod)
{
    register ll ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=Mul(ans,x,mod);
        x=Mul(x,x,mod);
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){x=1;y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    register ll tmp=x;
    x=y;y=tmp-a/b*y;
    return;
}
inline void EXCRT()
{
    ll p1,b1,p2,b2;scanf("%lld %lld",&p1,&b1);
    for(register int i=2;i<=n;++i) {
        scanf("%lld %lld",&p2,&b2);
        register ll d=gcd(p1,p2);
        if(b2<b1) swap(b1,b2),swap(p1,p2);
        register ll c=b2-b1;
        if(c%d) return void(puts("no solution"));
        register ll d1=p1/d,d2=p2/d;
        register ll lcm=d1*p2;c/=d;
        register ll inv,y;exgcd(d1,d2,inv,y);
        register ll x1=Mul(inv,c,d2);
        b1=(b1+Mul(x1,p1,lcm))%lcm;p1=lcm;
    }
    printf("%lld
",b1%p1);
    return;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("EXCRT.in","r",stdin);
    freopen("EXCRT.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d",&n);
    EXCRT();
    return 0;
}

Upd: 原来的模板太丑了,贴一个简洁一点的函数模板

inline void EXCRT()
{
    ll p1,b1,p2,b2;scanf("%lld %lld",&p1,&b1);
    for(register int i=2;i<=n;++i) {
        scanf("%lld %lld",&p2,&b2);
        ll d=gcd(p1,p2);ll c=b2-b1;
        if(c%d) return void(puts("no solution"));
        ll d1=p1/d,d2=p2/d,lcm=p1/d*p2;// 这里根据的是负数也能取模 , 可以简化代码
        c/=d;ll inv,y;exgcd(d1,d2,inv,y);
        ll x1=Mul(inv,c,d2);
        b1=(b1+Mul(x1,p1,lcm))%lcm;p1=lcm;
    }
    printf("%lld
",b1%p1);
    return;
}

5.卢卡斯定理(大组合数取模)

对于组合数取模,如[C^m_n mod p]
其中p是一个质数,有如下定理:

卢卡斯定理:组合数(C^m_n)在模意义下等价于把n和m看成一个p进制数,对每一位分别求出组合数后乘起来
比如说假设:
(n=a_1*p^0+a_2*p^1+a_3*p^3+dots a_k*p^k,m=b_1*p^0+b_2*p^1+b_3*p^3+dots b_k*p^k)
那么:[C^m_n; mod; p=prod_{i=0}^k C^{b_i}_{a_i} ; mod;p]

显然如果p很大的话没有什么鸟用
但是当p不是特别大的话,我们可以发现通过这个定理我们要求的组合数的n,m都不会超过p,可以使用阶乘来解决,并且这时阶乘一定和p是互质的,一定存在逆元,通过阶乘逆元我们可以直接算出组合数
复杂度是(O(p log_pn)),预处理阶乘逆元就直接是(O(p+log_pn))了,看上去还是很有用的

主要代码:

inline ll C(ll n,ll m,ll p){
    if(m>n) return 0;
    return fac[n]*fpow(fac[m],p-2,p)%p*fpow(fac[n-m],p-2,p)%p;
}
ll Lucas(ll n,ll m,ll p)
{
    if(!m) return 1;
    return C(n%p,m%p,p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
}

6.扩展卢卡斯定理

还是这个东西:[C^m_n mod p]
但是p不一定是质数
这个其实和卢卡斯定理也没有什么很大的关系
我们先把p给质因数分解:[p=p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}dots p_n^{k_n}]
可以看出,如果所有的k都是1的话,我们设(C_n^m=x),对每一个(p_i)分别用卢卡斯定理求出组合数(C_i),那么就变成了求解一系列的同余方程组:
[egin{cases} x equiv C_1 mod p_1 x equiv C_2 mod p_2 x equiv C_3 mod p_3 x equiv C_4 mod p_4 x equiv C_5 mod p_5 \end{cases} ]
于是我们可以用中国剩余定理进行合并,求出最后的x,显然在模p意义下最后只会有唯一解

问题在于我们现在的p可能不是一次,而是有k次,要想用CRT来进行合并只能靠求出(C_n^m mod p_i^{k_i})
因为要把同余式(xequiv a (mod p_1p_2))拆开必须要满足(p_1)和(p_2)互质,显然两个相同的数不会互质

于是问题转化为快速求出(C_n^m mod p_i^{k_i})
为方便,我们设现在考虑的模数是(p^k),(p)是一个质数
还是考虑用阶乘来解决:[C^m_n=dfrac{n!}{m!(n-m)!}]
我们仔细观察可以发现(n!)中含有的(p)这个因子的个数一定会不少于(m!(n-m)!)中p的个数,我们可以很容易得到一个阶乘中含有的p的个数的递推公式:[f(n)=f(lfloor { frac{n}{p} } floor)*lfloor { frac{n}{p} } floor]
例如我们要求:(9!)中(2)的个数:
[9!=1 imes2 imes3 imes4 imes5 imes6 imes7 imes8 imes9 =1 imes3 imes5 imes7 imes9 imes[2 imes(1 imes2 imes3 imes4)] ]
这就比较直观了,有了这个的话,我们假设求出阶乘中不含(p)的项的积,这样就可以通过逆元来进行组合数计算了,只需要最后把因该有的(p)给再乘上去就行了

于是问题再次变为如何快速求出阶乘

其实方法在上面(9!)的变换中就可以发现了,由于我们不管(p)有多少,发现提出来一个(p)之后,右边那部分的阶乘可以递归进行计算,就是(lfloor { frac{n}{p} } floor!),于是关键在于计算左边
由于是模p意义下,在上面的式子中,可以发现左边其实全部都是1,手玩一下其他的发现显然这个东西是以p个一循环的,并且可能会剩下不超过p个数
所以循环部分算出一个然后快速幂(n/p)次,最后还会剩下(n\%p)个,直接暴力算这些
所以对于一次的阶乘要算的次数也不会超过(O(p))次,总共有(log_pn)层
所以计算一个阶乘的复杂度为(O(p log_pn))
总复杂度也就是把所有模数的复杂度加起来,最高也不超过最大质因子的复杂度
所以我们就解决了这个问题
剩下的就是算出逆元,求出组合数,处理多余的质因子p,然后CRT合并

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,p;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b) {x=1;y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    register ll tmp=x;
    x=y;y=tmp-a/b*y;
    return;
}
inline ll Mul(ll a,ll b,ll p){a%=p;b%=p;return (a*b-((ll)(long double)a*b/p)*p+p)%p;}
inline ll fpow(ll x,ll k,ll p){
    register ll ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x%p;
        x=x*x%p;k>>=1;
    }
    return ans;
}
ll calc(ll n,ll pi,ll pk){
    if(n<=1) return 1;
    register ll ret=1,i;
    ll rsub=calc(n/pi,pi,pk);
    if(n/pk){//如果大于模数
        for(i=2;i<=pk;++i) if(i%pi) ret=ret*i%pk;
        ret=fpow(ret,n/pk,pk)%pk;
    }
    register ll res=n%pk;
    for(i=2;i<=res;++i) if(i%pi) ret=ret*i%pk;//模意义下,直接枚举模了之后的未统计数也可以
    return ret*rsub%pk;
}
inline ll inv(ll a,ll b)
{
    ll x,y;
    exgcd(a,b,x,y);
    x=(x+b)%b;
    return x;
}

inline ll C(ll n,ll m,ll pi,ll pk)
{
    if(m>n) return 0;
    ll facn=calc(n,pi,pk);
    ll facm=calc(m,pi,pk);
    ll facmn=calc(n-m,pi,pk);//求解三个阶乘
    ll num=0;register ll i;
    for(i=n;i;i/=pi) num+=i/pi;
    for(i=m;i;i/=pi) num-=i/pi;
    for(i=n-m;i;i/=pi) num-=i/pi;//把p这个质因子都提出来单独算(其实算阶乘的时候没有处理这些数)
    //阶乘质因子个数递推 f[i]=f[i/p]+i/p;
    return facn*inv(facm,pk)%pk*inv(facmn,pk)%pk*fpow(pi,num,pk)%pk;
}
inline void EXLucas(ll n,ll m,ll p){
    if(n<m) return void(puts("0"));
    if(n==m||m==0) return void(puts("1"));
    ll ans=0;ll x=p;
    for(register int i=2;i<=p;++i)
        if(!(x%i)){
            register ll pk=1ll;
            while(!(x%i)) pk*=i,x/=i;
            register ll res=C(n,m,i,pk);
            ans=ans+res*(p/pk)%p*inv(p/pk,pk)%p;
            if(ans>=p) ans-=p;
        }
    printf("%lld
",ans);
    return;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("EXLucas.in","r",stdin);
    freopen("EXLucas.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p);
    EXLucas(n,m,p);
}

Upd: 这个以前写的板子真是丑到爆炸 , 写完一遍就不会了,所以再次放一个好看一点的模板

int FC[4][N],Pr[4]={0,3,11,100003},mo[4]={0,81,121,100003};//这里用于预处理到模数(不含其质因子)的阶乘,存放质因子和分解后模数
inline int gcd(int a,int b){return b? gcd(b,a%b):a;}
inline int Count(int n,int d){return n<d? 0:(n/d+Count(n/d,d));}//计算阶乘中的该因子个数
inline void Exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b) {x=1;y=0;return;}
    Exgcd(b,a%b,x,y);int tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return;
}
inline int Inv(int a,int mod){a%=mod;int x,y;Exgcd(a,mod,x,y);return (x+mod)%mod;}
inline int Fac(int n,int id){//阶乘
    return n<=mo[id]? FC[id][n]:((ll)fpow(FC[id][mo[id]],n/mo[id],mo[id])*FC[id][n%mo[id]]%mo[id]*Fac(n/Pr[id],id))%mo[id];
}
inline int Comb(int n,int m,int id){//组合数
    int facn=Fac(n,id),facm=Fac(m,id),facnm=Fac(n-m,id);
    int Pop=fpow(Pr[id],Count(n,Pr[id])-Count(m,Pr[id])-Count(n-m,Pr[id]),mo[id]);
    if(!Pop) return 0;
    return (ll)facn*Inv(facm,mo[id])%mo[id]*Inv(facnm,mo[id])%mo[id]*Pop%mo[id];
}
inline int ExLucas(int n,int m){
    if(n<m) return 0;if(!n&&!m) return 1;int ret=0;
    for(int i=1;i<=3;++i) {int C=Comb(n,m,i);Inc(ret,(ll)C*Inv(mod/mo[i],mo[i])%mod*(mod/mo[i])%mod);}
    return ret%mod;
}

//压行真的好看多了

2.逆元

1.定义:在 mod m 的意义下,设b是a的逆元,则:(a*b≡1 (mod;m))

2.求解方法:

1.线性递推法
逆元的递推公式:[inv[i]=(P-P/i)*inv[P\%i]\%P]

阶乘逆元的递推公式:[inv[i]=inv[i+1]*(i+1)\%P]

上面的(inv[i])表示 (i!) 的逆元

2.扩展欧基里德法:

在上面我们用扩欧求了如下同余方程的解:[ax equiv b (mod p)]

而逆元是求的这个同余方程:[ax equiv 1 (mod p)]

所以把b直接设为1然后扩欧解出x的最小正整数解就是a的逆元了

可以发现a,p一定要互质,不然同余方程无解,即a在a和p不互质的情况下是没有逆元的

3.费马小定理

费马小定理:
当a和p互质且p是质数时,有
[a^{p-1} equiv 1 (mod p)]

相当于是:[a^{p-2}*a equiv 1 (mod p)]
所以(a^{p-2})就是a的逆元了

4.欧拉定理

欧拉定理:
当a和p互质时,有
[a^{varphi(p)} equiv 1 (mod p)]

所以(a)的逆元是(a^{varphi(p)-1}),其实费马小定理是欧拉定理在p是质数时的一个特殊情况

补充:
扩展欧拉定理:[a^b equiv a^{b \%varphi(p)+varphi(p)} (mod p)]
证明不会

小结:逆元在a和p互质的情况下才有

以上是关于同余&逆元简单总结的主要内容，如果未能解决你的问题，请参考以下文章

codevs 1200NOIP 2012同余方程 拓展欧几里德求乘法逆元模板题

浅谈欧拉定理及乘法逆元

乘法逆元详解

codevs 1200 同余方程 逆元

同余及逆元

模板逆元