同余的定义
给定整数$m$，若用$m$除两个整数$a$和$b$所得的余数相同，称$a$和$b$对模$m$同余，记作$aequiv bpmod{m}$
同余系与剩余系
对于$ain[0,m-1]$，集合${a+km}(kin Z)$的所有数模$m$ 同余，余数都是$a$,该集合称为一个模$m$的同余类，简记为$ar{a}$.
模$m$的同余类一共有$m$个，分别为$ar{0}$，$ar{1}$，$ar{2}$ $.$ $.$ $.$ ,$ar{m-1}$ 。它们构成$m$的完全剩余系。
$[1,m]$中与m互质的数代表的同余类共有$phi(m)$个，它们构成的$m$简化剩余系。
说白了，完全剩余系是$[0,m-1]$中所有的同余类，简化剩余系是互质的同余类。
上面并没有什么用
同余的性质
对于整数$a$，$b$，$c$和自然数$n$，$m$，对模$m$同余满足：
自反性：$aequiv apmod{m}$
对称性：若$aequiv bpmod{m}$，那么$bequiv apmod{m}$
传递性：若$aequiv bpmod{m}$，$bequiv cpmod{m}$，那么$aequiv cpmod{m}$
同加性：若$aequiv bpmod{m}$，$cequiv dpmod{m}$，那么$apm cequiv bpm dpmod{m}$
同乘性：若$aequiv bpmod{m}$，$cequiv dpmod{m}$，那么$acequiv bdpmod{m}$
同除性（自己取的）：若$acequiv bdpmod{m}$，$gcd(c,m)=1$，那么$aequiv bpmod{m}$
同幂性：若$aequiv bpmod{m}$，那么$a^nequiv b^npmod{m}$
不知道什么性：若$amod p=x$,$amod q=x$,其中$gcd(p,q)=1$,则有$amod pq=x $
$aequiv bpmod{m}$，当且仅当$mmid(a-b)$
$aequiv bpmod{m}$，当且仅当存在整数$k$，使得$a=b+km$
同余的基本定理
学科分割线
费马小定理
若$p$是质数，则对于任意整数$a$，有$a^pequiv apmod{p}$。
欧拉定理及其推论
若正整数$a$，$n$互质，则$a^{phi(n)}equiv 1pmod{n}$。
推论：若$gcd(a,n)=1$,对于任意正整数$b$，有$a^bequiv a^{bmod phi(n)}pmod{n}$(这很牛逼，意味着我们可以把一个天文数字级别的指数拉下来）
由以上两个定理：当$p$为质数，$a$，$p$互质时，$a^{p-1}equiv 1pmod{p}$，费马小定理的另一种形式。
拓展欧几里得算法
欧几里得算法
想一想，在远古时代（滑稽），如果我们要求$gcd(a,b)$怎么办呀，这时候一个名叫欧几里得的家伙出现了，他告诉我们$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$，这样一切都变得和谐了
inline int gcd(int x,int y){
return y?gcd(y,x%y):x;
}
因为这是质数与合数的内容，本文不在赘述。
拓展欧几里得算法
如果我们还想要$ax+by=gcd(a,b)$的解$(x,y)$怎么办呢？
$Bacute{e}zout$定理说$ax+by=gcd(a,b)$一定有解，证明在文章最后的附录里
在证明过程中，$Bacute{e}zout$定理顺便给了我们求解的方法（建议这个地方先看一下附录，如果不理解的话一定要搞懂，拓欧在后面应用很广）。
inline int Exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(!b){
x=1;
y=0;
return a;
}
int d=Exgcd(b,a%b,x,y);
int z=x;
x=y;
y=z-y*(a/b);
return d;
}
不定方程的解法
我们这里指的是狭义不定方程，即形如$ax+by=c$的方程
一、设$d=gcd(a,b)$，显然知道，如果$d mid c$，原方程应该无解
二、用拓展欧几里得算法找出$ax+by=gcd(a,b)$的特解$(x_0,y_0)$
三、原方程的解为$(x_0 imesdfrac{c}{d},y_0 imesdfrac{c}{d})$
乘法逆元
定义：若整数$a$，$p$互质，并且$amid b$，若存在一个整数$x$，使得$b/aequiv b*xpmod{p}$。称$x$为$a$的模$p$乘法逆元，记为$a^{-1}pmod p$。
一句话，因为$b imes a^{-1}equiv b/aequiv b/a imes a imes a^{-1}pmod{p}$，所以$a imes a^{-1}equiv 1pmod{p}$（这里的$-1$不是$-1$次方哟）
所以有了更简单的定义：$a$与$p$互质时，$axequiv 1pmod{p}$，此时$x$为$a$的模$p$乘法逆元
介绍三种求法
一、费马小定理
当p是质数，a，p互质时，我们有费马小定理$a^{p-1}equiv 1pmod{p}$，即$a imes a^{p-2}equiv 1pmod{p}$,就是$a$的模$p$乘法逆元，快速幂计算即可。
二、拓展欧几里得
$axequiv1pmod {b}$把它变为等式$ax+by=1$
在上面我们讨论过此类不定方程的解法，这里只温习一遍。
首先要想有解就要满足$gcd(x,y)mid1$
所以$gcd(x,y)$必须等于1，用$gcd(x,y)$代替1
原式就变成了$ax+by=gcd(a,b)$
这不就是裸的拓欧吗？直接跑一遍就行了呗。
三、线性递推
用于求一连串数字模$p$意义下的逆元
首先$1^{-1}=1pmod p$，即1在模所有数的意义下逆元都是1（在模1意义下没有意义）
然后设$p=k imes i+r$（理解为$p$是被除数，$i$是除数，商$k$，余$r$）
在模p意义下$k imes i+requiv 0pmod {p}$
两边同时乘以i的逆元和r的逆元$k imes i imes i^{-1} imes r^{-1}+r imes r^{-1} imes i^{-1}equiv 0pmod {p}$
就是$k imes r^{-1}+i^{-1}equiv 0pmod {p}$
$i^{-1}$这一项已经出现了，所以我们移项$i^{-1}equiv -k imes r^{-1}pmod {p}$
把$k$和$r$都用$p$和$i$代替$i^{-1}equiv -leftlfloordfrac{p}{i} ight floor imes(pmod i)^{-1}pmod{p}$
inv[1]=1;
for(int i=2; i<p; i++)
inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;
四、线性逆推(阶乘逆元)
有时候，在组合数问题中，我们经常会求$n!$的逆元，而此时方法三的数组会爆炸，前两种的时间复杂度太高，这时我们需要一种算法来快速求出$[1,n]$阶乘的逆元
对于$i$，设$i!^{-1}=inv[i]$
$$inv[i-1]=inv[i] imes i$$
用这个式子，我们可以先求出$n!^{-1}$，再线性逆推
fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod; inv[n]=quick_pow(fac[n]); for(int i=n-1;i>=1;i--)inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
乘法逆元有啥用
按照定义，我们在进行模意义下的除法时可以转化为乘这个数的逆元。举个例子，如果我们在模9的意义下除以2，其实跟乘以5的结果是一样的（2在模9意义下的逆元是5）
说白了$dfrac{a}{b}mod p=a imes b^{-1}mod p$
线性同余方程
对于给定的整数$a$，$b$，$m$，求解满足$axequiv bpmod m$的未知数$x$，或者无解。因为未知数的指数为1，所以称形如这样的方程一次同余方程，亦称线性同余方程。
解法：$axequiv bpmod {m}$可以变形为$ax+my=b$，对于这类不定方程，我们在拓展欧几里得算法提到过解法，就不再说了。
中国剩余定理
设$m_1$,$m_2$,$.$ $.$ $.$,$m_n$是两两互质的整数，$M=prod_{i=1}^nm_i $，$M_i=M/m$，$t_i$是线性同余方程组$M_it_iequiv1pmod {m_i}$的一个解。对于任意的$n$个整数$a_1$，$a_2$，$.$ $.$ $.$，$a_n$，方程组
$$egin{cases}xequiv a_1pmod {m_1}\xequiv a_2pmod {m_2}\dotsdots \xequiv a_npmod {m_n}end{cases}$$
有整数解，解为$x=sum_{i=1}^nM_it_ia_i$。（证明在附录）
inline int China(){
int M=1,ans=0,x,y,Mi;
for(int i=1;i<=n;i++)M*=m[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
Mi=M/m[i];
Exgcd(Mi,m[i],x,y);
ans=(ans+Mi*x*a[i])%M;
}
return (ans+M)%M;
}
拓展中国剩余定理
求解同余方程组
$$egin{cases}xequiv a_1pmod {m_1}\xequiv a_2pmod {m_2}\dotsdots \xequiv a_npmod {m_n}end{cases}$$
$m_1$,$m_2$,$.$ $.$ $.$，$m_n$不一定两两互质,求$x$的最小非负整数解
假设已经求出了前$k-1$个方程的解$x$，记$M=lcm(m_1,m_2,$.$ $.$ $.$,m_{k-1})$，轻易得出 $left{x+i imes M(iin Z) ight}$ 是前$k-1$方程解的集合
我们设$x+t imes Mequiv a_kpmod {m_k}$，这是一个线性同余方程，我们可以用拓欧轻松得到$t$，若这个线性同余方程无解，就意味着整个同余方程组无解。
综上，$n-1$次拓展欧几里得即可解决问题。
inline int quick_mul(int a,int n,int p){
int ans=0;
while(n){
if(n&1)ans=(ans+a)%p;
a=(a+a)%p;
n>>=1;
}
return ans%p;
}
int ExChina(){
int x,y,k,M=m[1],ans=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
int aa=M,bb=m[i],cc=(a[i]-ans%bb+bb)%bb;
int tmp=Exgcd(aa,bb,x,y);
if(cc%tmp!=0)return -1;
x=quick_mul(x,cc/tmp,bb/tmp);
ans+=x*M;
M*=bb/tmp;
ans=(ans%M+M)%M;
}
return (ans%M+M)%M;
}
高次同余方程
我们之前讨论了线性同余方程的解法，现在看看高次同余方程。
给定整数$a$，$b$，$p$，其中$gcd(a,p)=1$，求一个非负整数$x$，使得$a^xequiv bpmod{p}$。
Baby Step, Giant Step算法
设$x=i imes t-j$，其中$t=leftlceil sqrt{p} ight ceil$，则方程变为$a^{i imes t-j}equiv bpmod {p}$, 即$a^{i imes t}equiv b imes a^jpmod p$我们枚举每一个$j$，用快速幂算得 $b imes a^jmod p$，再插入$hash$。
第二次枚举$i$在$[0,t]$中每一个取值，算得$a^{t imes i}mod p$，若在$hash$中有值，意味着我们找到了最小的$i$和$j$,此时$x=i imes t-j$就是答案。
int BSGS(int a,int b,int p) {
map<int,int>hash;
hash.clear();
b%=p;
int t=(int)sqrt(p)+1;
for(int j=0; j<t; j++) {
int val=b*quick_pow(a,j,p)%p;
hash[val]=j;
}
a=quick_pow(a,t,p);
if(!a)return !b?1:-1;
for(int i=0; i<=t; i++) {
int val=quick_pow(a,i,p);
int j=hash.find(val)==hash.end()?-1:hash[val];
if(j>=0&&i*t-j>=0)return i*t-j;
}
return -1;
}
拓展BSGS算法
给定整数$a$，$b$，$p$。$a$，$p$不一定互质，求一个非负整数$x$，使得$a^xequiv bpmod p$。
$a$，$p$不一定互质了，那我们尽力把它搞成互质的。
先变成等式
$$a^x+py=b$$
设$d_1=gcd(a,p)$，两边同时除以$d_1$
$$a^{x-1} imes dfrac{a}{d1}+dfrac{p}{d_1} imes y=dfrac{b}{d}$$
再次变为同余式
$$a^{x-1} imes dfrac{a}{d_1}equiv dfrac{b}{d_1}pmod dfrac{p}{d_1}$$
如果$b$不是$d_1$的倍数，则方程无解。
如果此时$a$，$dfrac{p}{d_1}$还不互质，那我们设$D_1=dfrac{a}{d_1}$，$b_1=dfrac{b}{d_1}$，$p_1=dfrac{p}{d_1}$，$d_2=gcd(a,p_1)$
得到原式等于
$$a^{x-2} imes D_1 imes dfrac{a}{d_2}equivdfrac{b_1}{d_2}pmod dfrac{p_1}{d_2}$$
经过$n$波操作后，我们终于得到了一个互质的式子
$$a^{x-n} imes D_nequiv b_npmod {p_n}$$
其中$D_n=prod_{i=1}^ndfrac{a}{d_i}$，$b_n=dfrac{b}{prod_{i=1}^nd_i}$，$p_n=dfrac{p}{prod_{i=1}^nd_i}$。
直接跑$BSGS$就可以啦。
int ExBSGS(int a,int b,int p) {
if(b==1||p==1)return 0;
int g=gcd(a,p),k=0,tmp=1;
while(g>1) {
if(b%g!=0)return -1;
k++;
b/=g;
p/=g;
tmp=tmp*(a/g)%p;
if(tmp==b)return k;
g=gcd(a,p);
}
int x=BSGS(a,b*inv(tmp,p)%p,p);
if(x==-1)return -1;
return x+k;
}
附录
费马小定理及其证明
若$p$是质数，则对于任意整数$a$，有$a^pequiv apmod{p}$。
证明：
若$gcd(a,p)=1$，由欧拉定理
$$a^{phi(p)}equiv 1pmod{p}$$
因为$p$是质数，所以$phi(p)=p-1$，即
$$a^{p-1}equiv 1pmod{p}$$
两边同时乘$a$
$$a^pequiv apmod{p}$$
否则$gcd(a,p)
e 1$，即$pmid a$，所以
$$a^pequiv aequiv 0pmod{p}$$
综上所述，得证。
欧拉定理及其证明
若正整数a，n互质，则$a^{phi(n)}equiv 1pmod{n}$。
证明：
用运算封闭和简化剩余系怕讲不懂，来个简单版的。
设$[1,n]$内与$n$互质的数的集合为$A=left{a_1,a_2,...,a_{phi(n)} ight}$，集合元素有$phi(n)$个且互不相同。
因为$gcd(a,n)=1$，所以对于任意的$i$，有
$$gcd(a imes a_imod n,n)=1$$
又因为对于任意的$i,j$，$a_i
otequiv a_jpmod n$，所以
$$a_i imes a
otequiv a_j imes apmod n$$
我们可以构造这样一个集合$B=left{a_1 imes amod n,a_2 imes amod n,...,a_{phi(n)} imes amod n ight}$，其中每个元素小于$n$且与$n$互质，互不相同，总数为$phi(n)$个。
发现了什么？$A$集合和$B$集合完全是相等的！
我们分别把两个集合的元素累乘起来，得到
$$a_1 imes a_2 imes ... imes a_{phi(n)}equiv a_1 imes a imes a_2 imes a imes... imes a_{phi(n)} imes a$$
两边约掉$A$集合的所有元素，即
$$a^{phi(n)}equiv 1pmod{n}$$
得证
拓展欧拉定理及其证明
$$a^bequivegin{cases}a^{bmodphi(m)}&gcd(a,m)=1\a^b&gcd(a,m)
e1&b<phi(m)\a^{bmodphi(m)+phi(m)}&gcd(a,m)
e1&bgeqslantphi(m)end{cases}$$
上式在$mod m$意义下
证明推论一：
设$b=k imesphi(m)+r$，所以$r=bmodphi(m)$
$$a^bequiv a^{k imesphi(m)+r}equiv (a^{phi(m)})^k imes a^rpmod m$$
因为$gcd(a,m)=1$，由欧拉定理知，$a^{phi(m)}equiv1pmod m$，代入原式
$$a^bequiv a^{k imesphi(m)+r}equiv (a^{phi(m)})^k imes a^requiv a^requiv a^{bmodphi(m)}pmod m$$
推论一得证
证明推论二：
太显然了，略。
证明推论三：
思路来自@ouuan巨佬
取$m$的一个质因数$p$，$m$可以表示为$p^r imes s$的形式，显然$gcd(p,s)=1$
所以有欧拉定理$p^{phi(s)}equiv 1pmod s$，又因为$phi(m)=phi(p^r) imesphi(s)$，所以
$$(p^{phi(s)})^{phi(p^r)}equiv 1^{phi(p^r)}pmod s$$
$$p^{phi(m)}equiv 1pmod s$$
设$p^{phi(m)}=ks+1$，两边同时乘$p^r$，得到
$$p^{phi(m)+r}equiv ks imes p^r+p^r$$
$$p^{phi(m)+r}equiv km+p^r$$
$$p^{phi(m)+r}equiv p^rpmod m$$
当$bgeqslant r$时
$$p^bequiv p^{b-r} imes p^requiv p^{b-r} imes p^{phi(m)+r}equiv p^{b+phi(m)}pmod m$$
施工中……