『笔记』数学数论（三）

\[\Huge{（三）线性同余方程、逆元} \]

线性同余方程

定义

形如 \(ax \equiv c \pmod b\) 的方程被称为 线性同余方程(Congruence Equation)。

求解方式

定理 1

方程 \(ax+by=c\) 与方程 \(ax \equiv c \pmod b\) 是等价的，有整数解的充要条件为 \(\gcd(a,b) \mid c\)。

根据定理 \(1\) ，方程 \(ax+by=c\)，我们可以先用扩展欧几里得算法求出一组 \(x_0,y_0\)，也就是

\[ax_0+by_0=\gcd(a,b) \]

两边同时除以 \(\gcd(a,b)\)，

\[\dfrac{ax_0}{\gcd(a,b)} + \dfrac{by_0}{\gcd(a,b)}=1 \]

乘以 \(c\) ，得到

\[\dfrac{acx_0}{\gcd(a,b)} + \dfrac{bcy_0}{\gcd(a,b)} = c \]

然后就找到了方程的一个解。

定理 2

若 \(\gcd(a,b)=1\)，且 \(x_0\)、\(y_0\) 为方程 \(ax+by=c\) 的一组解，则该方程的任意解可表示为：

\[x=x_0+bt\\y=y_0-at \]

且对任意整数 \(t\) 都成立。由此即可以求出方程的所有解。

但在实际问题中，我们往往被要求求出一个最小整数解，也就是一个特殊解

\[x=(x \bmod t+t) \bmod t \]

其中 \(t=\dfrac{b}{\gcd(a,b)}\)。

代码：

int ex_gcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
	if (!b)
	{
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	int t = ex_gcd(b, a % b, x, y);
	int tmp = x;
	x = y;
	y = tmp - a / b * y;
	return t;
}
bool liEu(int a, int b, int c, int &x, int &y)
{
	int t = ex_gcd(a, b, x, y);
	int k = c / t;

	if (c % t != 0)
		return false;
	x *= k;
	y *= k;
	return true;
}

逆元

定义

逆元（素），是指一个可与取消另一个元素运算的元素。数学中逆元有加法逆元和乘法逆元（乘法中的倒数）

本篇文章只介绍乘法逆元。/dk

乘法逆元

• \(\pmod P\) 意义下，一个数 \(a\) 如果有逆元 \(x\) ，那么除以 \(a\) 相当于乘以 \(x\) （进化版 \(\cfrac{1}{a}\) ？）

• \(\pmod P\) 意义下， \(a\) 存在逆元的充要条件事 \(p \ne 1\) ，且 \(a\) 与 \(p\) 互质

计算逆元

拓展欧几里得

不难得出，\(ax \equiv c \pmod b\) 等价于 \(a \times x + b \times y = c\) ，那么显然当 \(\gcd(a,b) \ne 1\) 时，上述方程无解。

也就是说，使得 \(a \times x + b \times y = c\) 有解的充要条件是 \(c \% \gcd(a, b) =0\) 。

一般情况下，上式能够计算出无数组合法解，但是题目往往要求计算出最小的那组解。我们可以首先求出一个特殊解 \(x_0\) ，那么最小的解便是 \(x_0 \% b\)。

正确性？

首先，\(x\) 的通解是 \(x_0 + b \times t\) 吗？

那么，也就是说， \(a\) 关于 \(b\) 的逆元是一个关于 \(m\) 同余的，那么根据最小整数原理，一定存在一个最小的正整数，它是 \(a\) 关于 \(b\) 的逆元，而最小的肯定是在\((0 , b)\) 之间的，而且只有一个，这就好解释了。

当 \(b\) 是负数的时候，我们取 \(b\) 的绝对值就行了，当 \(x_0\) 是负数的时候，他模上 \(b\) 的结果仍然是负数（在计算机计算的结果上是这样的，虽然定义的时候不是这样的），这时候，我们仍然让 \(x_0\) 对 abs(b) 取模，然后结果再加上 abs(b) 就行了，于是，我们不难写出下面的代码求解一个数 \(a\) 对于另一个数 \(b\) 的乘法逆元：

int cl(int a, int b)
{
	int x, y;
	int t = ex_gcd(a, b, x, y);
	if (1 % t != 0)
		return -1;
	x *= 1 / t;
	int ans = x % abs(b);
	if (ans <= 0)
		ans += abs(b);
	return ans;
}

快速幂法

因为 \(ax \equiv 1 \pmod b\)，

又由费马小定理可得 \(ax \equiv a^{b-1} \pmod b\) ，

所以 \(x \equiv a^{b-2} \pmod b\)。

代码：

int Qpow(int a, int b)
{
	int ans = 1;
	a = (a % p + p) % p;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			ans = (a * ans) % p;
		a = (a * a) % p;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

线性求逆元

求出 \(1,2,...,n\) 中每个数关于 \(p\) 的逆元。

显然有 \(1^{-1} \equiv 1 \pmod p\)。

证明：

对于 \(\forall p \in \mathbf{Z}\)，有 \(1 \times 1 \equiv 1 \pmod p\) 恒成立，故在 \(p\) 下 \(1\) 的逆元是 \(1\)。

其次对于递归情况 \(i^{-1}\)，令 \(k = \lfloor \frac{p}{i} \rfloor\)，\(j = p \bmod i\)，有 \(p = ki + j\)。

则有

\[ki+j \equiv 0 \pmod p \]

两边同时乘 \(i^{-1} \times j^{-1}\)

\[\begin{aligned} kj^{-1}+i^{-1} &\equiv 0 &\pmod p\\ i^{-1} &\equiv -kj^{-1} &\pmod p \end{aligned} \]

代入 \(j = p \bmod i\)

\[p = ki + j \]

又有

\[i^{-1} \equiv -\lfloor\cfrac{p}{i}\rfloor (p \bmod i)^{-1} \pmod p \]

由于 \(p \bmod i < i\)，则在迭代中我们完全可以假设我们已经知道了所有的模 \(p\) 下的逆元 \(j^{-1}, j < i\)。

故我们就可以推出逆元，利用递归的形式，而使用迭代实现：

\[i^{-1} \equiv \begin{cases} 1 , &i = 1, \\ -\lfloor\cfrac{p}{i}\rfloor (p \bmod i)^{-1}, &\text{otherwises}. \end{cases} \pmod p \]

代码：

inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i)
{
	inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}

通过 \(p-\lfloor \cfrac{p}{i} \rfloor\) 来防止出现负数。

另外，根据线性求逆元方法的式子

\[i^{-1} \equiv -kj^{-1} \pmod p \]

递归求解 \(j^{-1}\), 直到 \(j=1\) 返回 \(1\)。

其实还可以利用记忆化来避免多次递归导致的重复，但是这样求 \(1,2,...,n\) 中所有数的逆元的时间复杂度仍是 \(O(n)\)。

线性同余方程、逆元 完结！！