孙子

Preface

数论学习Part 7。
每天进步一点点，退役不会太丢脸。

联赛只剩十五天，隔靴搔痒智何添？
剩余定理四天一篇，动归图论又几何，数据结构似云烟。
莫再等闲，莫忘时间。

CRT

我们小时候都做过这种问题，一个数 x x x它满足 x ≡ { a 1 m o d p 1 a 2 m o d p 2 ⋮ a n m o d p n x\equiv \begin{cases}a_1 &\mod p_1 \\ a_2 &\mod p_2 \\ &\vdots \\ a_n & \mod p_n\end{cases} x≡⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧a1a2anmodp1modp2⋮modpn，然后让你求出一个最小的x出来。要求所有的 p p p互质。

遇到这种问题以前的我一般会各写几项出来，然后找相同。
这个时候孙子站了出来，他说出：记 P = ∏ p P=\prod p P=∏p，则 x = ∑ k = 1 k = n a k P p k t k x=\sum_{k=1}^{k=n}a_k{\frac{P}{p_k}}t_k x=∑k=1k=nakpkPtk， t k 是 P p k 关于 p k 的逆元 t_k是\frac{P}{p_k}关于p_k的逆元 tk是pkP关于pk的逆元。这是x的一个解，如果你逆元是最小正逆元，那这个x就是最小正解。

为什么呢？
证明啊……。

先看 x ≡ a 1 m o d p 1 。先看x\equiv a_1 \mod p_1。先看x≡a1modp1。
因为 P p 1 与 p 1 互质，所以肯定找得到数 t 1 使得 P p 1 t 1 ≡ 1 m o d p 1 , 这个 t 1 被称为 P p 1 关于 p 1 的逆元。因为\frac{P}{p_1}与p_1互质，所以\href{https://blog.csdn.net/c20182030/article/details/102631472#11_20}{肯定找得到数t_1使得\frac{P}{p_1}t_1\equiv 1\mod p_1},这个t_1被称为\frac{P}{p_1}关于p_1的逆元。因为p1P与p1互质，所以肯定找得到数t1使得p1Pt1≡1modp1,这个t1被称为p1P关于p1的逆元。
那么就有 x ≡ a 1 ≡ a 1 × 1 ≡ a 1 P p 1 p 1 m o d p 1 。那么就有x\equiv a_1\equiv a_1\times 1\equiv a_1\frac{P}{p_1}p_1\mod p_1。那么就有x≡a1≡a1×1≡a1p1Pp1modp1。
因为 P p 1 = p 2 × p 3 × ⋯ × p n ，所以有 a 1 P p 1 p 1 ≡ 0 ( m o d p 2 ) , ( m o d p 3 ) , ⋯ , ( m o d p n ) 。因为\frac{P}{p_1}=p_2\times p_3\times \cdots \times p_n，所以有a_1\frac{P}{p_1}p_1\equiv 0 \pmod {p_2},\pmod{p_3},\cdots,\pmod {p_n}。因为p1P=p2×p3×⋯×pn，所以有a1p1Pp1≡0(modp2),(modp3),⋯,(modpn)。←不标准的表达，应当扣分
以此类推， a 2 P p 2 t 2 就满足模 p 2 时与 x 同余，模其它 p 的时候得到 0 。以此类推，a_2\frac{P}{p_2}t_2就满足模p_2时与x同余，模其它p的时候得到0。以此类推，a2p2Pt2就满足模p2时与x同余，模其它p的时候得到0。
那么这些东西的和 — — s = ∑ k = 1 k = n a k P p k t k ，一定满足 s ≡ a 1 + 0 × ( n − 1 ) m o d p 1 ，那么这些东西的和——s=\sum_{k=1}^{k=n}a_k{\frac{P}{p_k}}t_k，一定满足s\equiv a_1+0\times(n-1)\mod p_1，那么这些东西的和——s=∑k=1k=nakpkPtk，一定满足s≡a1+0×(n−1)modp1， s ≡ a 2 + 0 × ( n − 1 ) m o d p 2 ， s\equiv a_2+0\times(n-1)\mod p_2， s≡a2+0×(n−1)modp2， s ≡ a 3 + 0 × ( n − 1 ) m o d p 3 ， ⋯ ， s\equiv a_3+0\times(n-1)\mod p_3，\cdots， s≡a3+0×(n−1)modp3，⋯， s ≡ a n + 0 × ( n − 1 ) m o d p n s\equiv a_n+0\times(n-1)\mod p_n s≡an+0×(n−1)modpn，所以可以认为 s s s是原方程的一个解。那么通解就是 s + z P , z ∈ Z s+zP,z\in \Z s+zP,z∈Z。

Q.E.D
就这？

代码

洛谷板子题，双倍经验。

曹冲养猪

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long ll;
void Read(ll &p)
{p=0;int f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0' && c<='9')p=p*10+c-'0',c=getchar();p*=f;
}void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{if(!b){d=a,x=1,y=0; return;}exgcd(b,a%b,d,y,x),y-=(a/b)*x;
}ll n,ans,d,x,y,P=1,a[1024],p[1024];int main()
{Read(n);for(ll i=1;i<=n;i++) Read(p[i]),Read(a[i]),P*=p[i];for(ll i=1;i<=n;i++) exgcd(P/p[i],p[i],d,x,y),ans+=a[i]*(P/p[i])%p*x,((ans%=P)+=P)%=P;

[TJOI2009]猜数字。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long ll;
void Read(ll &p)
{p=0;int f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0' && c<='9')p=p*10+c-'0',c=getchar();p*=f;
}void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{if(!b){d=a,x=1,y=0; return;}exgcd(b,a%b,d,y,x),y-=(a/b)*x;
}ll mul(ll a,ll b,ll p)
{return ((a*b-(ll)((long double)a/p*b+1e-8)*p)%p+p)%p;
}ll n,ans,d,x,y,P,a[1024],p[1024];int main()
{Read(n),P=1;for(ll i=1;i<=n;i++) Read(a[i]);for(ll i=1;i<=n;i++) Read(p[i]),((a[i]%=p[i])+=p[i])%=p[i],P*=p[i];for(ll i=1;i<=n;i++) exgcd(P/p[i],p[i],d,x,y),ans+=mul(mul(a[i],P/p[i],P),x,P),((ans%=P)+=P)%=P;printf("%lld\n",ans);
}

EXCRT

现在这些p不一定互质了。

我们先看头两个方程吼， { x ≡ a 1 m o d p 1 x ≡ a 2 m o d p 2 \begin{cases}x\equiv a_1\mod p_1\\x\equiv a_2 \mod p_2\end{cases} {x≡a1modp1x≡a2modp2。
那么就有 x = k 1 × p 1 + a 1 = k 2 × p 2 + a 2 ⇒ k 1 × p 1 − k 2 × p 2 = a 2 − a 1 x=k_1\times p_1+a_1=k_2\times p_2+a_2\rArr k_1\times p_1-k_2\times p_2=a_2-a_1 x=k1×p1+a1=k2×p2+a2⇒k1×p1−k2×p2=a2−a1。
令 g c d ( p 1 , p 2 ) = g gcd(p_1,p_2)=g gcd(p1,p2)=g，则同时除就有 k 1 p 1 g − k 2 p 2 g = a 2 − a 1 g ⟺ k 1 p 1 g ≡ a 2 − a 1 g m o d p 2 g k_1\frac{p_1}{g}-k_2\frac{p_2}{g}=\frac{a_2-a_1}{g}\iff k_1\frac{p_1}{g}\equiv \frac{a_2-a_1}{g}\mod {\frac{p_2}{g}} k1gp1−k2gp2=ga2−a1⟺k1gp1≡ga2−a1modgp2，其中 g c d ( p 1 g , p 2 g ) = 1 gcd(\frac{p_1}{g},\frac{p_2}{g})=1 gcd(gp1,gp2)=1。
注意，如果 g ∤ a 2 − a 1 g\nmid {a_2-a_1} g∤a2−a1，则无解。
因为这两个数互质，所以可以求出逆元来，就有： k 1 ≡ a 2 − a 1 g × ( p 1 g ) − 1 m o d p 2 g k_1\equiv \frac{a_2-a_1}{g}\times (\frac{p_1}{g})^{-1}\mod \frac{p_2}{g} k1≡ga2−a1×(gp1)−1modgp2。
所以设 k 1 = q × p 2 g + a 2 − a 1 g × ( p 1 g ) − 1 k_1=q\times \frac{p_2}{g}+\frac{a_2-a_1}{g}\times (\frac{p_1}{g})^{-1} k1=q×gp2+ga2−a1×(gp1)−1。

知道 k 1 k_1 k1了，我们就知道了 x x x。
x = k 1 × p 1 + a 1 = ( q × p 2 g + a 2 − a 1 g × ( p 1 g ) − 1 ) × p 1 + a 1 = q × p 1 p 2 g + a 2 − a 1 g × ( p 1 g ) − 1 × p 1 + a 1 x=k_1\times p_1+a_1=\left(q\times \frac{p_2}{g}+\frac{a_2-a_1}{g}\times (\frac{p_1}{g})^{-1}\right) \times p_1+a_1=q\times\frac{p_1p_2}{g}+\frac{a_2-a_1}{g}\times (\frac{p_1}{g})^{-1}\times p_1+a_1 x=k1×p1+a1=(q×gp2+ga2−a1×(gp1)−1)×p1+a1=q×gp1p2+ga2−a1×(gp1)−1×p1+a1
⟺ x ≡ a 2 − a 1 g × ( p 1 g ) − 1 × p 1 + a 1 m o d p 1 p 2 g \iff x\equiv\frac{a_2-a_1}{g}\times (\frac{p_1}{g})^{-1}\times p_1+a_1 \mod \frac{p_1p_2}{g} ⟺x≡ga2−a1×(gp1)−1×p1+a1modgp1p2。

我们把两个同余式合成了一个，太棒了。
看来我们可以做很多次，最后得到一个方程 x ≡ A m o d B x\equiv A\mod B x≡AmodB。
x x x肯定可以随便解了。

代码

洛谷板子题，【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）。

居然一次过编译过样例，还直接A掉了。
我佛了。

太丑了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;typedef long long ll;
void Read(ll &p)
{p=0;int f=1;char c=getchar();while(c<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>='0' && c<='9')p=p*10+c-'0',c=getchar();p*=f;
}ll gcd(ll a,ll b){return !b?a:gcd(b,a%b);}
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{if(!b){d=a,x=1,y=0; return;}exgcd(b,a%b,d,y,x),y-=(a/b)*x;
}ll mul(ll a,ll b,ll p)
{return ((a*b-(ll)((long double)a/p*b+1e-8)*p)%p+p)%p;
}ll n,A,B,C,D,E,d,p,x,y;int main()
{Read(n),n--,Read(B),Read(A);while(n--) Read(D),Read(C),d=gcd(B,D),exgcd(B/d,D/d,p,x,y),E=B/d*D,(A+=mul(mul((C-A)/d,x,E),B,E))%=E,B=E;printf("%lld\n",(A%B+B)%B);
}

CanKaoWenXian

CRT：其实是在我看了好几篇举个例子就说自己证好了的博客以后，再看到这篇博客的时候突然懂了，所以就以这篇博客为参考文献了。不过这篇文章确实给了我参考。

EXCRT
贞德真的好看。（不是贞德当我没说）

说在后面

问了问数竞的同学，他们的中国剩余定理是证明其有解，然后数学归纳法就整出来了。
好吧，他们确实算不出来逆元。

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CRT

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CanKaoWenXian

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