同余小结

Posted 2021-02-15 aircastle

同余

• 定义:若整数$a$与整数$b$除以正整数$m$的余数相等，则称$a$，$b$模$m$同余，记为$a equiv b?( mod?m) $

• 性质:

  • 1.反身性：$a≡a?(mod?m)$；
  • 2.对称性：若$a≡b?(mod?m)$，则$b≡a?(mod?m)$；
  • 3.传递性：若$a≡b?(mod?m)$，$b≡c?(mod?m)$，则$a≡c?(mod?m)$；
  • 4.同余式相加：若$a≡b?(mod?m)$，$c≡d?(mod?m)$，则$apm c≡bpm d?(mod?m)$；
  • 5.同余式相乘：若$a≡b?(mod?m)$，$c≡?d(mod?m)$，则$ac≡bd(mod?m)$。

• 费马小定理:

  ? 若p为质数，则$a^{p}equiv a(mod?p) $ .

  推论:

  ? 若p为质数，则$a^{p-1}equiv 1(mod?p) $ .

• 欧拉定理:

  ? 若正整数$a,n$ 互质，则$a^{phi(n)}equiv 1 ?(mod?n)$.

  推论:

  • 若正整数$a,n$ 互质，则对于任意正整数$b$，有$a^{b}equiv a^{b?mod ?phi(n)}?(mod?n)$.

    证明:设$b=q*phi(n)+r$，其中$0le rle phi(n)$，即$r=b?mod?phi(n)$.则:

    ? $a^{b}equiv a^{qphi(n)+r}equiv (a^{phi(n)})^{q} a^{r}equiv 1^{q}*a^{r}equiv a^{r}equiv a^{b?mod?phi(n)}?(mod?n)$.

  • 特别的，当$a,n$不一定互质且$b>phi(n)$时，有$a^{b}equiv a^{b?mod?phi(n)+phi(n)}?(mod?n)$.

• 欧几里得算法：

  $forall a,bin N$ , $ b eq 0$

  $gcd(a,b)=gcd(b,a$ mod $b)$

  证明：

  ? 若$a<b$，则$gcd(b,a?mod?b)=gcd(b,a)$.
  ? 若$ageq b$,则

  ? 设$a=q imes b+r(0leq r<b)$.

  ? 令d为a,b的最大公约数，因为$d|a,d|b$,所以$d|(q imes b)$.从而推出

  ? $d|(a-q imes b)$,即$d|r$，所以a和b的最大公约数都为b与r的最大公约数.

  ? 代码实现：

    int gcd(int x,int y)
    {
        return y?gcd(y,x%y):x;
    }

• 扩展欧几里得算法：

  对于任意整数$a,b?(b eq 0)$,一定存在一对整数 $x,y$,使得

  $ax+by=gcd(a,b)$.

  证明:

  构造方程　$bx_0+(a?mod?b)y_0=gcd(b,a?mod?b)$,则

  ? 　 　$bx_0+[a-(a/b)*b]y_0=gcd(b,a?mod?b)$

  ? 　$ay_0+b[x_0-(a/b)*y_0]=gcd(a,b)$

? 所以$x=y_0,y=x_0-(a/b)*y_0$.(ps: $a/b$中"/"为整除符号).

? 其中我们可以看出，求解$ax+by=gcd(a,b)$转化成了求解子问题$bx_0+(a?mod?b)y_0=gcd(b,a?mod?b)$,也 就是说,如果我们解决了子问题就可以解决当前的问题，于是我们考虑递归实现.由欧几里得算法可以看出最后一个 子问题为

? $a_0x+b_0=gcd(a_0,b_0)$(其中$a_0$为$a,b$的最大公约数，$b_0$为0)

显然有一组解为$x=1,y=0$,所以原问题的子问题显然有解，从而可以推出原问题的解一定存在.

代码实现:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int gcd(int x,int y)
{
    return y?gcd(y,x%y):x;
}
void work(int a,int b,int &x,int &y,int &d)
{
    if(!b)
    {
        a=d;
        x=1,y=0;
        return;
    }
    work(b,a%b,x,y,d);
    int z=x;
    x=y,y=z-a/b*y;
}
int main()
{
    int a,b,x=0,y=0,d;
    cin>>a>>b;
    d=gcd(a,b);
    work(a,b,x,y,d);
    printf("%dx+%dy=%d
",a,b,d);
    printf("x=%d y=%d",x,y);
    return 0;
}

• 乘法逆元：

  • 引入：目前为止，我们已经知道在加、减、乘运算下可以对于每一步直接取模，然而对于除法运算则不行。那么我们应该怎样迅速求出$frac{a}{b}$在模$p$ 意义下的值呢?

  • 定义:若整数$b,p$互质，且$b|a$,则存在一个$x$使得$frac{a}{b}equiv a?*?x?mod(p)$，称$x$为$b$在模$p$意义下的乘法逆元，记为$b^{-1}?(mod?p)$

  • 法一(若$p$为质数)：

    因为$frac{a}{b}equiv a??b^{-1}equiv frac{a}{b}b*b^{-1} mod(p)$，则

    ? $b*b^{-1}equiv 1?(mod?p)$. $1$式

    因为$p$为质数，所以由费马小定理可得

    ? $b^{p-1}equiv 1?(mod?p)$.

    所以

    ? $b*b^{p-2}equiv 1?(mod?p)$ $2$式

    对比一、二式可以发现：

    ? $b^{-1}=b^{p-2} (mod?p)$

    因此，当$p$为质数时，$b$的乘法逆元为

    ? $b^{-1}=b^{p-2} mod?p$.

    所以，可以运用快速幂迅速求出$b$的乘法逆元。

  • 法二(若$p$不为质数):

    由法一得

    ? $b*b^{-1}equiv 1?(mod?p)$.

    设$b*xequiv 1(mod?p)$，则

    ? $p|b*x-1$.

    我们设$py=1-bx$，则

    ? $bx+py=1$.

    此时即求解一元二次方程

    ? $bx+py=1$.

    因为$b,p$互质，所以$gcd(b,p)=1$.由扩展欧几里得算法可以得到方程的解一定存在且可以由扩欧求出。

  • 法三(线性求解逆元):

    前两种都是求单个数的逆元，但如果要求多个数的逆元时，我们可以采用线性做法。

    求$i$的逆元:

    令$p=k*i+r$，其中($0le r<i$)，即$k$为$p/i$的商，$r$为余数.则有

    ? $pequiv 0?(mod?p)$

    $Leftrightarrow$ $k*i+requiv 0?(mod?p)$

    同余式左右两边同时乘以$i^{-1},r^{-1}$，则

    ? $k*r^{-1}+i^{-1}equiv 0?(mod?p)$

    $Leftrightarrow$ $i^{-1}equiv -k*r^{-1}?(mod?p)$.

    设$f_i$表示$i$在模$p$意义下的逆元，则有

    ? $f_i=-(p/i)*f_{p?mod?i}?(mod?p)$ (ps: $a/b$中"/"为整除符号).

    为了保证$f_ige 0$，再进行一步操作:

    ? $f_i=p-((p/i)*f_{p?mod?i}?mod?p)?(mod?p)$.

    就可以$O(n)$求出$x$的逆元.

  • 法四(线性求解阶乘逆元):

    设$f_i$表示$i!$在模p意义下的逆元，则有

    ? $f_i=i!^{-1}=frac{1}{i!}$

    所以

    ? $f_i=frac{1}{(i+1)!}(i+1)=f_{i+1}(i+1)$.

    因此，我们只需要求出$n!$的逆元，就可以倒序求解$1!,2!,3!...(n-1)!,n!$在模p意义下的逆元了.