《数论整理二》

逆元：

对于$ax equiv 1 (mod ~m)$这样的同余方程。

将x称为a的逆元，满足乘以a即可为乘以a的逆元x。

逆元的求解：

对单个逆元有三种求法：

1：费马小定理：快速幂求解。

2：欧拉定理：x = a^(phi(m)-1）

可以发现，就是费马小定理的扩展。

3：扩展欧几里得。

对于$ax equiv 1 (mod ~m)$。

我们将商设为y，即可转化为:$ax = my+1$

$ax = my+1 ightarrow ax+(-y)*m = 1 $

那么就是扩展欧几里得，求解满足条件的x即可，然后把x取模到区间(0~m-1)。

LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1,y = 0;
        return a;
    }
    int t = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return t;
}
int main()
{
    int n,p;n = read(),p = read();
    for(rg int i = 1;i <= n;++i)
    {
        LL x,y;
        LL gcd = exgcd(i,p,x,y);
        x = (x+p)%p;
        printf("%lld
",x);
    }
    system("pause");    
}

 对于多个逆元的递推：

这里给出线性递推的式子：inv[i] = (mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;

中国剩余定理：

不证明还是很简单的~

中国剩余定理用于求解，对于多组的a[i]和b[i]，在满足$x equiv ai~ mod ~(bi)$时，求解最小的非负整数x。

条件：必须满足所有b[i]互质

解法：定义$M = prod_{i = 1}^{n} b[i]$

$Mi = frac{M}{b[i]]}$

可以构造出解$x = sum_{i = 1}^{n} ai * Mi * inv[Mi]$

x要对M取模

对于Mi的逆元，这里使用扩展欧几里得求解。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 2e3+5;
const int M = 2e6+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;
void FRE(){/*freopen("data1.in","r",stdin);
freopen("data1.out","w",stdout);*/}

LL a[15],b[15];
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{   
    if(b == 0)
    {
        x = 1,y = 0;
        return a;
    }
    LL t = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return t;
}
int main()
{
    int n;n = read();
    LL M = 1;
    for(rg int i = 1;i <= n;++i) a[i] = read(),b[i] = read(),M *= a[i];
    LL ans = 0;
    for(rg int i = 1;i <= n;++i)
    {
        LL Mi = M/a[i],x,y;
        exgcd(Mi,a[i],x,y);
        x = (x+a[i])%a[i];
        ans += Mi*x*b[i];
    }
    printf("%lld
",ans%M);
    system("pause");    
}

 扩展中国剩余定理：

我们知道，中国剩余定理在求解同余方程组$x equiv ai~ mod ~(bi)$时，必须要满足模数b[i]全部互质。

当b[i]不满足全部互质时，就有了扩展中国剩余定理。

我们假设当前已经求出了前k-1个同余方程组的解为X,$M = prod_{i = 1}^{k-1} b[i]$

那么他们的通解为X+t*M。

那么对于第k个式子的解，xk = X+t*M.

那么因为$xk equiv a[i]~ mod ~(b[i])$

进一步转化$xk equiv a[i]~ mod ~(b[i]) ightarrow X+t*M equiv a[i]~mod~(b[i]) ightarrow X + t*m = b[i]*y+a[i]$

那么我们就是要求解一个满足条件的t使得$X + t*m = b[i]*y+a[i]$成立。

这里显然是用扩展欧几里得

对上式移项得$t * M + b[i]*(-y) = a[i]-X$

令d = a[i]-X

我们知道扩展欧几里得可以求解出$t * M + b[i]*(-y) = gcd(M,b[i])$

当gcd(M,b[i]) | d时，这里也就是判断同余方程是否有解的关键。

当不满足这个条件时，说明t * M + b[i]*(-y) = d无解。

当满足条件时，对于满足$t * M + b[i]*(-y) = d$的x就是上面的x的d/gcd倍。

求出这个x然后xk就有了，然后X = xk。

注意的是这里的X，最后还需要对M取模。

且M = M*b[i]/gcd。本质上我们应该是对M*b[i]。但是这里求出的gcd对前k个同余方程都满足，所以我们再对M/gcd，防止M爆longlong。

细节：X*d/gcd会爆longlong，需要快速乘。

M = M*(b[i]/gcd) 而不是 M = M*b[i]/gcd，后者会爆longlong

Code:洛谷P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5+5;
const int M = 2e6+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;
void FRE(){/*freopen("data1.in","r",stdin);
freopen("data1.out","w",stdout);*/}

LL a[N],b[N];
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(b == 0) 
    {
        x = 1,y = 0;
        return a;
    }
    LL t = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return t;
}
LL Mul(LL a,LL b,LL p)
{
    LL re = 0;
    while(b)
    {
        if(b&1) re = (re+a)%p;
        a = (a+a)%p;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}
int main()
{
    int n;n = read();
    for(rg int i = 1;i <= n;++i) b[i] = read(),a[i] = read();
    LL X = a[1],M = b[1];
    for(rg int i = 2;i <= n;++i)
    {
        LL d = ((a[i]-X)%b[i]+b[i])%b[i],x,y;
        LL gcd = exgcd(M,b[i],x,y);
        //if(d%gcd != 0){break;}//无解
        LL t = Mul(x,d/gcd,b[i]);
        X = X+t*M;
        M = M*(b[i]/gcd);
        X = (X+M)%M;
    }
    printf("%lld
",X);
    system("pause");    
}