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同余是很巧妙的工具，它使得人们能够用等式的形式来简洁地描述整除关系。
在阅读本节内容时，请对照上一节“线性丢番图方程”的内容，有很多类似的地方。
1. 同余概述
1.1. 同余定义
设m是正整数，若a和b是整数，且(m | (a - b))，则称(a)和(b)模(m)同余。也就是说，(a)除以(m)得到的余数，和(b)除以(m)的余数相同；或者说，(a - b)除以(m)，余数是0。
把(a)和(b)模(m)同余记为 (aequiv b (mod m))，(m)称为同余的模。例子：
（1）因为7|(18-4)，所以18(equiv) 4 (mod 7)，18除以7余数是4，4除以7的余数也是4；
（2）3(equiv) 6 (mod 9)，3除以9余数是3，-6除以9的余数也是3；
（3）13和5模9不同余，因为13除以9余数是4，5除以9余数是5。
1.2. 一些定理和性质
（1）若(a)和(b)是整数，(m)为正整数，则(aequiv b (mod m))当且仅当(a mod m = b mod m)。
（2）把同余式转换为等式。若(a)和(b)是整数，则(aequiv b (mod m))当且仅当存在整数，使得(a = b + km)。例如：19-2 (mod 7)，有19 = -2 + 3 ∙ 7。
（3）设(m)是正整数，模(m)的同余满足下面的性质：
1）自反性。若(a)是整数，则(aequiv a (mod m))
2）对称性。若(a)和(b)是整数，且(aequiv b (mod m))，则(bequiv a (mod m))。
3）传递性。若(a、b、c)是整数，且(aequiv b (mod m)和bequiv c (mod m))，则(ac (mod m))。
2. 一元线性同余方程
一元线性同余方程：设(x)是未知数，给定(a、b、m)，求整数(x)，满足 (axequiv b (mod m))。
研究线性同余方程有什么用处？(axequiv b(mod m))表示(ax - b)是(m)的倍数，设为 (-y)倍，则有(ax + my = b)，这就是二元线性丢番图方程。所以，求解一元线性同余方程等同于求解二元线性丢番图方程。
方程是否有解？如果有解，有多少解？如何求出解？与线性丢番图的定理一样，线性同余方程也有类似的定理。
定理：设(a，b)和(m)是整数，(m > 0，gcd(a, m) = d)，若(d)不能整除b，则(axequiv b (mod m))无解，若(d)能整除(b)，则(axequiv b (mod m))有(d)个模(m)不同余的解。
定理的前半部分可以概况为：(axequiv b (mod m))有解的充分必要条件是(gcd(a, m))能整除b。
定理的后半部分说明了解的情况。与线性丢番图方程类似，如果有一个特解是 (x_0) ，那么通解是(x = x_0 + (m/d)n)，当(n = 0, 1, 2, ..., d -1)时，有(d)个模(m)不同余的解。
推论：(a)和(m)互素时，因为(d = gcd(a, m)=1)，所以线性同余方程(axequiv b (mod m))有唯一的模(m)不同余的解。这个推论在下一节的逆中有应用。
最后回到求解(axequiv b (mod m))的问题：首先求逆，然后利用逆求得(x)。
3. 逆
求解一般形式的同余方程(axequiv b (mod m))，需要用到逆。
3.1.逆的概念
给定整数a，且满足(gcd(a, m) = 1)，称 (axequiv 1(mod m))的一个解为(a)模(m)的逆。记为(a^{-1})。
例如：(8xequiv 1(mod 31))，有一个解是(x) = 4，4是8模31的逆。所有的解，例如35、66等，都是8模31的逆。
可以借助丢番图方程理解逆的概念，(8xequiv 1(mod 31))即方程(8x + 31y = 1)，(x) = 4是8模31的逆，4×8-1能整除31。
3.2.求逆
有多种方法可以求逆。
（1）扩展欧几里得求单个逆
下面的例题是求逆，即求解同余方程(axequiv 1(mod m))。
同余方程（求逆） 洛谷 P1082
题目描述：求关于x的同余方程(axequiv 1(mod m))的最小正整数解。2≤a, m≤2,000,000,000。
题解：(axequiv 1(mod m))，即丢番图方程(ax + my = 1)，先用扩展欧几里得求出(ax + my = 1)的一个特解(x_0)，通解是(x = x_0 + mn)。然后通过取模操作算最小整数解(( (x_0 mod m) + m) mod m)，因为(m) > 0，可以保证结果是正整数。
long long mod_inverse(long long a, long long m){ //求逆
long long x,y;
extend_gcd(a,m,x,y);
return (x%m + m) % m; //保证返回最小正整数
}
int main(){
long long a,m; cin >> a >>m;
cout << mod_inverse(a,m);
return 0;
}
（2）费马小定理求单个逆
费马小定理：设(n)是素数，(a)是正整数且与(n)互质，那么有(a^{n-1}equiv 1(mod n))。
(a a^{n-2}equiv 1(mod n))，那么(a^{n-2} mod n)就是(a)模(n)的逆。计算需要用到快速幂取模fast_pow()，参考前面章节“大素数的判定”。快速幂取模的复杂度是(O(log n))的。
long long mod_inverse(long long a,long long mod){
return fast_pow(a,mod - 2,mod);
}
（3）递推求多个逆
如果要求1 ~ n内所有的逆，可以用递推。复杂度是O(n)的。
乘法逆元 洛谷 P3811
题目描述：给定 (n，p)，求 (1 ~ n) 中所有整数在模 (p) 意义下的乘法逆元。
(1≤n≤3×10^6)，(n < p < 20000528)，(p)为质数。
输入：一行两个正整数(n、p)。
输出：输出(n)行，第(i)行表示(i)在模(p)下的乘法逆元。
首先，(i=1)时逆是1。下面求(i > 1)时的逆，用递推法。
设(p/i = k)，余数是(r)，即(k i + requiv 0(mod p))；
在两边乘(i^{-1} r^{-1})，得到(k r^{-1} + i^{-1}equiv 0 (mod p))；
移项得(i^{-1}equiv - k r^{-1} (mod p)) ，即(i^{-1}equiv - p/i r^{-1} (mod p)) ，(i^{-1}equiv (p - p/i) r^{-1} (mod p))。
long long inv[maxn];
void inverse(long long n, long long p){
inv[1]=1;
for(int i = 2;i<maxn;i++)
inv[i]= (p - p/i) * inv[p%i] % p;
}
下面给出一个求逆的例题。
A/B hdu 1576
题目描述：求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n (n = A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B, 9973) = 1)。
输入：第一行是T，表示有T组数据。每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)。
输出：对每组数据，输出(A/B)%9973。
题解：
设答案(k = (A/B) % 9973)。
做以下变换：(A/B = k + 9973 x，A = kB + 9973 x B)；
把(A % 9973 = n)代入得(k B % 9973 = n)，即(k B = n + 9973y)；
两边除(n)得((k/n) B + (-y/n) 9973 = 1)，这是形如(ax + by = 1)的丢番图方程，即(axequiv 1(mod m))，其中(x = k/n)。求解逆(x)，得到(k/n)，再乘以(n)，就是(k)。
3.3. 用逆求解同余方程
逆有什么用？如果有(a)模(m)的一个逆，可以用来解如(axequiv b (mod m))的任何同余方程。
记(a^{-1})是(a)的一个逆，有(a^{-1}aequiv 1(mod m))。在(axequiv b (mod m))的两边同时乘以(a^{-1})，得到(a^{-1}axequiv a^{-1}b(mod m))，即(xequiv a^{-1}b (mod m))。
例如：为了求出(8xequiv 22 (mod 31))的解，可以两边乘以4，4是8模31的一个逆，得(4 * 8x = 4 * 22 (mod 31))，因此(xequiv 88 (mod 31)equiv 26 (mod 31))。
定理：设(p)是素数，正整数(a)是其自身模(p)的逆，当且仅当(aequiv 1 (mod p))或(aequiv -1 (mod p))。
证明：若(aequiv 1 (mod p))或(aequiv -1 (mod p))，有(a^2equiv 1 (mod p))，所以(a)是其自身模(p)的逆。反过来也成立。
4. 同余方程组
根据上一节的讨论，同余方程(axequiv b (mod m))有解时，即(gcd(a, m)) 能整除(b)时，可以解得(xequiv a' (mod m'))，所以这也是同余方程的一般形式。本节讨论同余方程组的求解：
(xequiv a_1 (mod m_1))
(xequiv a_2 (mod m_2))
...
(xequiv a_r (mod m_r))
例：有一个数(x)，被3除余2，被5除余3，被7除余2，列成同余方程就是：
(xequiv 2 (mod 3))
(xequiv 3 (mod 5))
(xequiv 2 (mod 7))
求解结果是：(x = 23 + 3 × 5 ×7 × n)，(n ≥ 0)，或者写为(xequiv 23 (mod 3 × 5 × 7))，(x)的最小正整数解是23。
本节介绍中国剩余定理和迭代法，前者是用于(m_1，m_2，...，m_r)两两互素情况下的优秀解法，后者是更一般条件下的通用解法。适用中国剩余定理的方程组肯定有解，而迭代法处理的更一般情况，可能是无解的。
4.1. 中国剩余定理
中国剩余定理[1]：设(m_1，m_2，...，m_r)是两两互素的正整数，则同余方程组
(xequiv a_1 (mod m_1))
(xequiv a_2 (mod m_2))
...
(xequiv a_r (mod m_r))
有整数解，并且模(M = m_1m_2...m_r)唯一，解为：
(x=(a_1M_1M_1^{-1} + a_2M_2M_2^{-1} + ... + a_rM_rM_r^{-1}) (mod M))
其中(M_i = M/m_i)，(M_i^{-1})为(M_i)模(m_i)的逆元。
读者可以尝试自己证明。可以用数学归纳法，从(i-1个)方程推广到(i)个方程。
例题：解同余方程组(xequiv 2 (mod 3)，xequiv 3 (mod 5)，xequiv 2 (mod 7))。
解题步骤：
（1）(M = 3 ×5 ×7 = 105，M1 = 105/3 = 35，M2 = 105/5 = 21，M3 = 105/7 = 15)。
（2）求逆：(M_1^{-1} = 2，M_2^{-1} = 1，M_3^{-1} = 1)。
（3）最后计算(x：xequiv 2×35×2 + 3×21×1 + 2×15×1equiv 233equiv 23(mod 105))。
4.2. 迭代法
中国剩余定理的编码很容易，但是它的限制条件是方程组的(m_1，m_2，...，m_r)两两互素。如果不互素，该如何解题呢？这就是迭代法。
迭代法的思路很简单，就是每次合并两个同余式，逐步合并，直到合并完所有等式，只剩下一个，就得到了答案。
合并的时候，把同余方程转化为等式更容易操作。这是根据同余的一个性质：若(x)和(a)是整数，则(xequiv a (mod m))当且仅当存在整数，使得(x = a + km)。
1、 示例
以方程组(xequiv 2 (mod 3)，xequiv 3 (mod 5)，xequiv 2 (mod 7))为例，说明合并过程。下面的计算步骤，前3步合并了第1和第2个同余式，后面3步继续合并第3个同余式。
1）把第1个同余式(xequiv 2 (mod 3))转换为(x = 2 + 3t)，代入第2个同余式得(2 + 3tequiv 3 (mod 5))。
2）求解(2 + 3tequiv 3 (mod 5))。
首先变为(3t equiv (3 - 2) (mod 5))，即(3t equiv 1 (mod 5))，因为(gcd(3, 5))能整除1，所以有解。
然后求解(3t equiv 1 (mod 5))：先求3模5的逆，是2，所以解得(tequiv 2(mod 5))，转换为等式(t = 2 + 5u)。
3）第1个和第2个同余式合并的结果。把(t = 2 + 5u)代入(x = 2 + 3t)得(x = 8 + 15u)，即(xequiv 8 (mod 15))。
4）把(x = 8 + 15u)代入第3个同余式得：(8 + 15u equiv 2 (mod 7))。
5）求解(8 + 15uequiv 2 (mod 7))。
首先变为(15uequiv -6 (mod 7))，(gcd(15, 7))能整除(-6)，有解。
然后求(15uequiv -6 (mod 7))：先求15模7的逆，是1，解得(uequiv 1(mod 7))，转换为(u = 1 + 7v)。
6）得到合并结果。把(u = 1 + 7v)代入(x = 8 + 15u)，得(x = 23 + 105v)，即(xequiv 23(mod 105))。结束。
2、 编码步骤
下面改用丢番图方程的形式，总结合并两个同余式的编码方法，并以合并上面的前2个等式为例。
| 步骤 | 例子 |
|---|---|
| 合并两个等式： (x = a_1 + Xm_1) (x = a_2 + Ym_2) |
(x = 2 + 3X) (x = 3 + 5Y) |
| 两个等式相等：(a_1 + Xm_1 =a_2 + Ym_2) 移项得：(Xm_1 + (-Y)m_2 = a_2 - a_1) |
(2 + 3X = 3 + 5Y) (3X + 5(-Y) = 1) |
| 这是形如(aX+bY = c)的丢番图方程。 下面求解它。先用扩展欧几里得求(X_0) |
得：(X_0 =2) |
| (X)的通解是(X = X_0 c / d + (b/d)n) 最小值是(t = (X_0 c / d) mod (b/d)) |
(t = (X_0 c / d) mod (b/d)) (= (2×1/1) mod (5/1) = 2) |
| 把(X = t)代入(x = a_1 + Xm_1) 求得原等式的一个特解(x') |
得(x' = 2 + 2×3 = 8) |
| 合并后的新(x = a + Xm)： (m = m_1m_2/gcd(m_1, m_2)) (a = x') |
(m = 3×5/1 = 15) (a = 8) 合并后的新方程是(x = 8 + 15X) 即(xequiv 8 (mod 15)) |
3、 例程
下面用一个模板题给出线性同余方程组的代码。
扩展中国剩余定理 洛谷P4777
题目描述：给定n组非负整数(a_i，m_i)，求解关于(x)的方程组的最小非负整数解。1≤n≤10^5，1 ≤ ai ≤ 10^12，(1 ≤ m_i < a_i)，保证所有(a_i)的最小公倍数不超过 10^18。
(xequiv a_1 (mod m_1))
(xequiv a_2 (mod m_2))
...
(xequiv a_n (mod m_n))
输入：第一行是整数n，后面n行，每行两个非负整数(a_i，m_i)。
输出：输出一行，为满足条件的非负整数x。
下面给出的代码[2]，和前面“编码步骤”基本一致。
注意代码中的细节，例如求(t = (X_0 c / d) mod (b/d))的代码是(mul(x, c/d, b/d))，目的是避免越界。其他细节见注释。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100010;
int n;
ll ai[maxn], mi[maxn];
ll mul(ll a,ll b,ll mod){ //乘法取模：a*b % mod
ll res=0;
while(b>0){
if(b&1) res=(res+a)%mod;
a=(a+a)%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ //扩展欧几里得
if(b == 0){ x=1; y=0; return a;}
ll d = extend_gcd(b,a%b,y,x);
y -= a/b * x;
return d;
}
ll excrt(){ //求解同余方程组，返回最小正整数解
ll x,y;
ll m1 = mi[1], a1 = ai[1]; //第1个等式
ll ans = 0;
for(int i=2;i<=n;i++){ //合并每2个等式
ll a2 = ai[i], m2 = mi[i]; // 第2个等式
//合并为：aX + bY = c
ll a = m1, b = m2, c = (a2 - a1%m2 + m2) % m2;
//下面求解 aX + bY = c
ll d = extend_gcd(a,b,x,y); //用扩展欧几里得求x0
if(c%d != 0) return -1; //无解
x = mul(x,c/d,b/d); //aX + bY = c 的特解t，最小值
ans = a1 + x* m1; //代回原第1个等式，求得特解x'
m1 = m2/d*m1; //先除再乘，避免越界。合并后的新m1
ans = (ans%m1 + m1) % m1; //最小正整数解
a1 = ans; //合并后的新a1
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld%lld",&mi[i],&ai[i]);
printf("%lld",excrt());
return 0;
}
公元3世纪《孙子算经》中有一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？答曰：二十三。”1247年，秦九韶在《数学九章》中给出了求解的一般方法“大衍求一术”，被称为“中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）”。秦九韶是全能型的天才，在多个领域有建树。 ↩︎