【數論】中國剩餘定理與擴展中國剩餘定理詳解

Part. 0 前置知識

• 擴展歐幾里得算法；
• 模運算相關知識。

Part. 1 中國剩餘定理

中國剩餘定理是用於求解形如：

$\begin{cases} x\equiv a_1(\mod m_1)\\ x\equiv a_2(\mod m_2)\\ \ldots\\ x\equiv a_n(\mod m_n) \end{cases}$

的同餘方程組，其中要求$m_1,m_2,\ldots,m_n$兩兩互質。

考慮用構造的方法去解決這個問題。

令$M=\prod_{i=1}^n m_i$。再令$t_i$爲同餘方程$t_i\cdot \frac{M}{m_i}\equiv 1(\mod m_i)$的最小非負整數解，那麼就有特解：

$x_0=\sum_{i=1}^{n}a_i\cdot\frac{M}{m_i}\cdot t_i$

它的通解形式爲：

$x=x_0+k\cdot M$

特別的，這個方程的最小非負整數解爲$(x_0\mod M+M)\mod M$。

---

接下來說明這個特解是成立的：

【這個部分參考自niiick的博客】我實在太菜了連這東西都推不出來了QAQ…

因爲$\frac{M}{m_i}$是除了$m_i$之外的所有的$m_i$的倍數，所以，$\forall k\neq i$，$a_i\cdot\frac{M}{m_i}\cdot t_i\equiv 0(\mod m_k)$。

由於$t_i\cdot \frac{M}{m_i}\equiv 1(\mod m_i)$，我們乘上$a_i$得到：$a_i\cdot\frac{M}{m_i}\cdot t_i\equiv a_i(\mod m_i)$。

故將這個特解代入到每個方程裏面去都是成立的。

Part. 2 擴展中國剩餘定理

擴展中國剩餘定理是用於求解形如：

$\begin{cases} x\equiv a_1(\mod m_1)\\ x\equiv a_2(\mod m_2)\\ \ldots\\ x\equiv a_n(\mod m_n) \end{cases}$

的同餘方程組，其中對$m_1,m_2,\ldots,m_n$沒有任何要求。

我們假設已經將前面$k-1$個同餘方程合併了，並得到一個特解$x_0$。

令$M=\prod_{i=1}^{k-1}m_i$，考慮與第$k$個方程合併。我們通過同餘式的性質可以將這兩個方程等價轉化爲：

$\begin{cases} x=M\cdot p+x_0\\ x=m_k\cdot q+a_k \end{cases}$

簡單地讓兩個式子相等起來：

$m_k\cdot q+a_k=M\cdot p+x_0$

移一下項：

$M\cdot p-m_k\cdot q=a_k-x_0$

然後套用擴展歐幾里得算法解這個方程：

若$\gcd(M,m_k) \not|\ (a_k-x_0)$則整個方程組無解。

否則我們就選取$p$的最小非負整數解（爲了避免精度爆炸），這時我們得到將兩個方程合併後的新的特解$x=M\cdot p+x_0$。

於是遞推計算下去就可以了。

特別注意： 在實際應用中，爲避免精度爆炸，我們可以等價地令$M=\text{lcm}(m_1,m_2,\ldots,m_{k-1})$。

Part. 3 模板題

中國剩餘定理

題目來源：洛谷-P3868-[TJOI2009]猜數字

簡單分析題意可以得到：

$\begin{cases} b_1|(n-a_1)\\ b_2|(n-a_2)\\ \ldots\\ b_k|(n-a_k) \end{cases}$

將這些化成同餘方程組的形式：

$\begin{cases} n-a_1\equiv 0(\mod b_1)\\ n-a_2\equiv 0(\mod b_2)\\ \ldots\\ n-a_k\equiv 0(\mod b_k) \end{cases}$

移項過去：

$\begin{cases} n\equiv a_1(\mod b_1)\\ n\equiv a_2(\mod b_2)\\ \ldots\\ n\equiv a_k(\mod b_k) \end{cases}$

又由於題目已經給定了$b_i$是兩兩互質的。我們不難發現這是一個符合中國剩餘定理的同餘方程組，於是直接套板。

直接套用模板是不夠的，注意題目中輸入的數字可能是負數，且還要乘炸long long。

細節還挺多的。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn = 10;

int N;
ll A[Maxn + 5], M[Maxn + 5];

ll ExGCD(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if(b == 0) {
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	ll g = ExGCD(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return g;
}
ll SlowMul(ll x, ll y, ll mod) {
	ll ret = 0;
	while(y) {
		if(y & 1) ret = (ret + x) % mod;
		x = (x + x) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
ll CRT() {
	ll m = 1, x0 = 0;
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		A[i] = (A[i] % M[i] + M[i]) % M[i];
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		m *= M[i];
	for(int i = 1; i <= N; i++) {
		ll x, y;
		ExGCD(m / M[i], M[i], x, y);
		x = (x % M[i] + M[i]) % M[i];
		x0 = (x0 + SlowMul(x * (m / M[i]), A[i], m)) % m;
	}
	return x0;
}

int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d", &N);
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		scanf("%lld", &A[i]);
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		scanf("%lld", &M[i]);
	printf("%lld\n", CRT());
	return 0;
}

擴展中國剩餘定理

題目來源：洛谷-P4777-【模板】擴展中國剩餘定理（EXCRT）

由於這道題要炸long long，故程序中用了龜速乘來解決這個問題。其實還可以用更爲高端的快速乘，但我太菜了 不想打 。。。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn = 1e5;

int N;
ll A[Maxn + 5], M[Maxn + 5];

ll ExGCD(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if(b == 0) {
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	ll g = ExGCD(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return g;
}
inline ll SlowMul(ll x, ll y, ll mod) {
	if(y < 0) x = -x, y = -y;
	ll ret = 0;
	while(y) {
		if(y & 1) ret = (ret + x) % mod;
		x = (x + x) % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}
ll ExCRT() {
	ll m = M[1], x0 = A[1];
	for(int i = 2; i <= N; i++) {
		ll x, y;
		ll g = ExGCD(m, M[i], x, y);
		if((A[i] - x0) % g) return -1;
		ll tmp = M[i] / g;
		x = (SlowMul(x, (A[i] - x0) / g, tmp)+ tmp) % tmp;
		x0 += m * x;
		m = m / g * M[i], x0 %= m;
	}
	return x0;
}

int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d", &N);
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		scanf("%lld %lld", &M[i], &A[i]);
	printf("%lld\n", ExCRT());
	return 0;
}