中国剩余定理(CRT)

背景

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 在《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以$3$余$2$），五五数之剩三（除以$5$余$3$），七七数之剩二（除以$7$余$2$），问物几何？”这个问题称为“孙子问题”，该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。具体解法分三步：

1. 找出三个数：从$3$和$5$的公倍数中找出被$7$除余$1$的最小数$15$，从$3$和$7$的公倍数中找出被$5$除余$1$ 的最小数$21$，最后从$5$和$7$的公倍数中找出除$3$余$1$的最小数$70$。
2. 用$15$乘以$2$（$2$为最终结果除以$7$的余数），用$21$乘以$3$（$3$为最终结果除以$5$的余数），同理，用$70$乘以$2$（$2$为最终结果除以$3$的余数），然后把三个乘积相加$(15ast 2+21ast 3+70ast 2)$得到和$233$。
3. 用$233$除以$3,5,7$三个数的最小公倍数$105$，得到余数$23$，即$233\%105=23$。这个余数$23$就是符合条件的最小数。

就这么简单。我们在感叹神奇的同时不禁想知道古人是如何想到这个方法的，有什么基本的数学依据吗？

分析

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 我们将“孙子问题”拆分成几个简单的小问题，从零开始，试图揣测古人是如何推导出这个解法的。

　　首先，我们假设$n_{1}$是满足除以$3$余$2$的一个数，比如$2$，$5$，$8$等等，也就是满足$3ast k+2$$(kgeq 0)$的一个任意数。同样，我们假设$n_{2}$是满足除以$5$余$3$的一个数，$n_{3}$是满足除以$7$余$2$的一个数。

　　有了前面的假设，我们先从$n_{1}$这个角度出发，已知$n_{1}$满足除以$3$余$2$，能不能使得 $n_{1}+n_{2}$ 的和仍然满足除以$3$余$2$？进而使得$n_{1}+n_{2}+n_{3}$的和仍然满足除以$3$余$2$？

　　这就牵涉到一个最基本数学定理，如果有$a\%b=c$,则有$(a+kast b)\%b=c$($k$为非零整数)，换句话说，如果一个除法运算的余数为$c$，那么被除数与$k$倍的除数相加（或相减）的和（差）再与除数相除，余数不变。这个是很好证明的。

　　以此定理为依据，如果$n_{2}$是$3$的倍数，$n_{1}+n_{2}$就依然满足除以$3$余$2$。同理，如果$n_{3}$也是$3$的倍数，那么$n_{1}+n_{2}+n_{3}$的和就满足除以$3$余$2$。这是从$n_{1}$的角度考虑的，再从$n_{2}$，$n_{3}$的角度出发，我们可推导出以下三点：

1. 1. 1. 为使$n_{1}+n_{2}+n_{3}$的和满足除以$3$余$2$，$n_{2}$和$n_{3}$必须是$3$的倍数。
      2. 为使$n_{1}+n_{2}+n_{3}$的和满足除以$5$余$3$，$n_{1}$和$n_{3}$必须是$5$的倍数。
      3. 为使$n_{1}+n_{2}+n_{3}$的和满足除以$7$余$2$，$n_{1}$和$n_{2}$必须是$7$的倍数。

　　因此，为使$n_{1}+n_{2}+n_{3}$的和作为“孙子问题”的一个最终解，需满足：

1. 1. 1. $n_{1}$除以$3$余$2$，且是$5$和$7$的公倍数。
      2. $n_{2}$除以$5$余$3$，且是$3$和$7$的公倍数。
      3. $n_{3}$除以$7$余$2$，且是$3$和$5$的公倍数。

　　所以，孙子问题解法的本质是从$5$和$7$的公倍数中找一个除以$3$余$2$的数$n_{1}$，从$3$和$7$的公倍数中找一个除以$5$余$3$的数$n_{2}$，从$3$和$5$的公倍数中找一个除以$7$余$2$的数$n_{3}$，再将三个数相加得到解。在求$n_{1}$，$n_{2}$，$n_{3}$时又用了一个小技巧，以$n_{1}$为例，并非从$5$和$7$的公倍数中直接找一个除以$3$余$2$的数，而是先找一个除以$3$余$1$的数，再乘以$2$。

　　这里又有一个数学公式，如果$a\%b=c$，那么$(aast k)\%b=a\%b+a\%b+…+a\%b=c+c+…+c=kast c$  ($k>0$),也就是说，如果一个除法的余数为$c$，那么被除数的$k$倍与除数相除的余数为$kast c$。展开式中已证明。

　　最后，我们还要清楚一点，$n_{1}+n_{2}+n_{3}$只是问题的一个解，并不是最小的解。如何得到最小解？我们只需要从中最大限度的减掉掉$3$，$5$，$7$的公倍数$105$即可。道理就是前面讲过的定理“如果$a\%b=c$，则有$(a-kast b)\%b=c$”。所以$(n_{1}+n_{2}+n_{3})\%105$就是最终的最小解。

解法

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设正整数$m_{1},m_{2}cdots m_{k}$两两互素，则同余方程组

$xequiv a_{1}(mod$ $m_{1})$
$xequiv a_{2}(mod$ $m_{2})$
$xequiv a_{3}(mod$ $m_{3})$
　　　 $vdots $
$xequiv a_{k}(mod$ $m_{k})$

 有整数解。并且在模$M=m_{1}cdot m_{2} cdots m_{k}$下的解是唯一的，解为

                              $xequiv (a_{1}M_{1}M_{1}^{-1}+a_{2}M_{2}M_{2}^{-1}+a_{k}M_{k}M_{k}^{-1})mod$ $M$

其中$M_{i}=M/m_{i}$，而$M_{1}^{-1}$为$M_{i}$模$m_{i}$的逆元。

Code

int CRT(int a[],int m[],int n) {
    int M = 1, ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) M *= m[i];
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int x, y;
        int Mi = M/m[i];
        exgcd(Mi, m[i], x, y);
        ans = (ans+Mi*x*a[i])%M;
    }
    if(ans<0) ans += M;
    return ans;
}

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参考文章：
https://www.cnblogs.com/walker01/archive/2010/01/23/1654880.html

https://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8050018