中国剩余定理及其扩展学习笔记

Chinese Remainder Theorem(CRT)

又称孙子定理，是用来解决一类同余方程组问题的方法。

• 百度一下

这个要用到欧几里得算法相关知识，不会走这里GO

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我们从一个简单的例子入手：

现有如下式子（p1,p2$p_1,p_2$为质数）：

①{x≡a1(mod p1)x≡a2(mod p2)$①\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{p}}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{p}}_2)\end{array}$

按照同余式，上式可以写成：

②{x=a1+k1p1x=a2+k2p2$②\{\begin{array}{l}x=a_1+k_1{p}_1\\ x=a_2+k_2{p}_2\end{array}$其中k1,k2∈Z$k_1,k_2\in Z$

通过联立起来，将其写成a1+k1p1=a2+k2p2$a_1+k_1{p}_1=a_2+k_2{p}_2$,k1p1−k2p2=a2−a1$k_1{p}_1-k_2{p}_2=a_2-a_1$

又因为gcd(p1,p2)=1$gcd(p_1,p_2)=1$,所以此方程肯定有解。

对应ax+by=c$ax+by=c$式子，那么⎧⎩⎨a=p1b=−p2c=a2−a1$\{\begin{array}{l}a=p_1\\ b=-p_2\\ c=a_2-a_1\end{array}$，所以根据这种形式，我们用exgcd$exgcd$可以求出一组解(k^1,k^2)$({\hat{k}}_1,{\hat{k}}_2)$,然后我们将其带回原方程组②$②$可得x0$x_0$，然后通过exgcd$exgcd$的知识我们可以由这组(k^1,k^2)$({\hat{k}}_1,{\hat{k}}_2)$特解，推导出其它的解：{k1=p2t+k^1k2=p1t+k^2,k1,k2∈Z$\{\begin{array}{l}{k}_1=p_{2}t+{\hat{k}}_1\\ k_2=p{1}_t+{\hat{k}}_2\end{array},k_1,k_2\in Z$。

带入原方程求解得：x=a1+k1p1=a1+p1p2t+k^1=x0+p1p2t$x=a_1+k_1{p}_1=a_1+p_1{p}_{2}t+{\hat{k}}_1=x_0+p_1{p}_{2}t$等价于x≡x0(mod p1p2)$x\equiv x_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{p}1\mathrm{p}2)$。
我们就得到了方程的答案，同时将模数合并了起来。

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所以对于多个方程构成的方程组，我们每次选择两个合并出一个新的，然后再用新的去和另一个合并（注意：模数相乘后小心爆范围long long$longlong$）。

那么对于如下的模方程组：

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x≡a1 (mod m1)x≡a2 (mod m2)x≡a3 (mod m3)⋯x≡an (mod mn)$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_2)\\ x\equiv a_3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_3)\\ \cdots \\ x\equiv a_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_{\mathrm{n}})\end{array}$$

所有的mi$m_i$均互质，所以用exgcd$exgcd$求出特解即可解决。（LRJ的蓝书上也有讲解）。

• 友链-hdxrie的另一种讲解

模板代码：

\[TJOI2009猜数字]
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=21;
int n;
ll a[M],b[M];
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
  if(!b){x=1;y=0;}
  else {exgcd(b,a%b,y,x);y-=x*(a/b);}
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){
  ll c=0;
  for(;b>0;b>>=1,a=(a+a)%mod)if(b&1) c=(c+a)%mod;
  return c;
}
ll CRT(ll *a,ll *b,int n){
  ll M=1,d=0,x,y;
  for(int i=1;i<=n;i++) M*=b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
      ll w=M/b[i];
      exgcd(b[i],w,x,y);y=(y%b[i]+b[i])%b[i];//exgcd求解
      d=(d+mul(mul(w,y,M),(a[i]%b[i]+b[i])%b[i],M))%M;
    }
    return (d+M)%M;
}
int main(){
  scanf("%d",&n);
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
  for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
  ll ans=CRT(a,b,n);
  printf("%lld
",ans);
  return 0;
}

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扩展中国剩余定理

我们现在解决的一类模方程的求法，但是这是在模数互质的条件下。大多数时候模数都不会互质，那么应该如何求解呢？
我们仍然从简单的入手

看如下一个方程组：

{x≡a1 (mod m1)x≡a2 (mod m2)$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_2)\end{array}$$

同样的我们将其变形得到a1+k1m1=a2+k2m2$a_1+k_1{m}_1=a_2+k_2{m}_2$，如果该方程要有整数解，那么根据裴蜀定理，要满足gcd(m1,m2)|(a2−a1)$gcd(m_1,m_2)|(a_2-a_1)$。

这里我们先假设用exgcd$exgcd$求出了一组解特解(k1,k2)$(k_1,k_2)$，那么通解有是什么呢？
接下来令g=gcd(m1,m2)$g=gcd(m1,m2)$，又因为g|(a2−a1)$g|(a_2-a_1)$（因为我们先假设它有解），所以原方程可以写成

k1m1g−k2m2g=a2−a1g$$k_1\frac{m_1}{g}-k_2\frac{m_2}{g}=\frac{a_2-a_1}{g}$$

，这样我们就可得知gcd(m1g,m2g)=1$gcd(\frac{m_1}{g},\frac{m_2}{g})=1$，系数就转换为之前的互质的情况了，互质后我们再通过之前的方法得到一组特解(k^1,k^2)$({\hat{k}}_1,{\hat{k}}_2)$，通解便为：

{k1=m2gt+k^1k2=m2gt+k^2t∈Z$$\{\begin{array}{l}{k}_1=\frac{m_2}{g}t+{\hat{k}}_1\\ k_2=\frac{m_2}{g}t+{\hat{k}}_2\end{array}t\in Z$$

回带入原方程，我们就可以得到:

x=a1+k1m1$$x=a_1+k_1{m}_1$$

=x0+m1m2gt$$=x_0+\frac{m_1{m}_2}{g}t$$

=x0+lcm(m1,m2)t$$=x_0+lcm(m_1,m_2)t$$

lcm为最小公倍数。

实质上就等于解：x≡x0 (mod lcm(m1,m2))$x\equiv x_0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}({\mathrm{m}}_1,{\mathrm{m}}_2))$这个方程。

举个例子，解如下方程：

⎧⎩⎨①x≡2 (mod 3)②x≡3 (mod 5)③x≡2 (mod 7)$$\{\begin{array}{l}①x\equiv 2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)\\ ②x\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}5)\\ ③x\equiv 2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}7)\end{array}$$

先自己试着解一下再看下面解答。

先联立①②$①②$得④x≡ 8(mod 15)$④x\equiv 8(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}15)$，再联立③④$③④$得到最终答案x≡23 (mod 105)$x\equiv 23(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}105)$，那么答案就为x=23$x=23$，反带回去发现确实成立。

【模板IN】

模板代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=201;
ll xx(ll a,ll b,ll mod){
    if(a>b) swap(a,b);ll c=0;
    for(ll i=0;(1ll<<i)<=b;i++){if(b&(1ll<<i)){c=(c+(1ll<<i)*a)%mod;}}
    return c;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){
    if(!b){d=a;x=1;y=0;}
    else {exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll inv(ll a,ll b){
    ll g,x,y;
    exgcd(a,b,g,x,y);
    if(g!=1) return -1;
    return (x%b+b)%b;
}
bool merge(ll a1,ll b1,ll a2,ll b2,ll &a,ll &b){
    ll g=gcd(b1,b2);
    ll c=a2-a1;
    if(c%g) return 0;//判断有无解
    c=(c%b2+b2)%b2;
    b1/=g;b2/=g;
    c/=g;c=xx(c,inv(b1,b2),b2);
    b=b1*b2*g;
    c=xx(c,xx(b1,g,b),b);
    c+=a1;
    a=(c%b+b)%b;
    return 1;
}
ll CRT(ll *a,ll *b,int n){
    ll aa=a[1],bb=b[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ll da=a[i],db=b[i];
        ll nexa,nexb;
        //合并
        if(!merge(aa,bb,da,db,nexa,nexb)) return -1;
        aa=nexa;bb=nexb;
    }
    return (aa%bb+bb)%bb;
}
ll a[M],b[M];
int n;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);}
    ll ans=CRT(a,b,n);
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

//模板2
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=210;
int n;
LL x,y,lcm,equ[N][2];
LL multi(LL a,LL b,LL p)
{
    a=(a%p+p)%p;b=(b%p+p)%p;LL ans=0;
    for(;a;a>>=1,b=(b*2)%p)if(a&1)ans=(ans+b)%p;
    return ans;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    LL val=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL t=x;x=y;y=t-a/b*y;return val;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     scanf("%lld%lld",&equ[i][1],&equ[i][0]);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        LL val=exgcd(equ[i][1],equ[i+1][1],x,y);
        lcm=equ[i][1]/val*equ[i+1][1];
        if((equ[i+1][0]-equ[i][0])%val)
        {
            printf("No Answer
");
            return 0;
        }
        val=multi(y,(equ[i+1][0]-equ[i][0])/val,lcm);
        equ[i+1][0]=(multi(equ[i+1][1],-val,lcm)+equ[i+1][0]+lcm)%lcm;
        equ[i+1][1]=lcm;
    }
    printf("%lld
",(equ[n][0]%equ[n][1]+equ[n][1])%equ[n][1]);
    return 0;
}

一个额外的小技巧：
例如NOI2018的屠龙勇士。
当同余方程组有系数，如下式子：

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪a1x≡b1 (mod m1)a2x≡b2 (mod m2)⋯anx≡bn(mod mn)$$\{\begin{array}{l}{a}_{1}x\equiv b_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_1)\\ a_{2}x\equiv b_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_2)\\ \cdots \\ a_{n}x\equiv b_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{\mathrm{m}}_{\mathrm{n}})\end{array}$$

如果a,b$a,b$都互质，我们用扩展欧几里得定理就可以求得逆元，然后把系数除过去就可以计算了。

但是当a,b$a,b$不一定互质怎么办？

我们观察式子，ax≡b(mod m)$ax\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{m})$,可以将其写成ax=km+b$ax=km+b$,我们记g=gcd(a,m)$g=gcd(a,m)$(gcd表示求最大公约数)，那么左右可以写成(gw1)x=k(gw2)+b$(g{w}_1)x=k(g{w}_2)+b$,由于左边为g$g$的倍数，右边那么同理也应该为g$g$的倍数，所以显然b$b$也应该为g$g$的倍数，若不为则该方程组无整数解，有的话将a,b,m$a,b,m$同时除以g$g$，就得到了系数互质的方程，用原来的方法解就可以了。

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End

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