前置
模运算
定义： \(a \% b (a\mod b)\) ，表示 \(a\) 除以 \(b\) 的余数。
加法： \((a+b) \% p\) 。
减法： \((a-b+p) \% p\) 。加 \(p\) 是为了防止负数。
乘法： \((a \times b) \% p\) 。
除法无法直接运算，要用逆元（在下面会讲到）。
平方运算： 快速幂
模运算满足： 结合律，交换律，分配律 。
同余的定义及其性质
定义： 若 \(a,b\) 除以 \(m\) 的余数相同，则称 \(a,b\) 模 \(m\) 同余，记作 \(a \equiv b(\mod m)\)。
由对于模n同余的所有整数组成的这个集合称为同余类（congruence class或residue class） 。
模 \(m\) 的同余类一共有 \(m\) 个，它们构成 \(m\) 的 完全剩余系 。
\(1\) 到 \(m\) 中与 \(m\) 互质的数代表的同余类共有 \(\varphi(m)\) 个，它们构成了 \(m\) 的简化剩余系。
性质1： 满足对称性，同加性，同乘性，同幂性。
性质2： 若 \(a \equiv b(\mod p),c \mid a,c \mid b\)，则 \(a \equiv b(\mod \dfrac{m}{\gcd(m,c)})\) 。
费马小定理
若 \(p\) 是质数，\(\forall a \in Z,a^{p} \equiv a (\mod p)\) 。当 \(a,p\) 互质时，则有 \(a^{p-1} \equiv 1(\mod p)\) 。
引理：当 \(p\) 是质数时，其因子只有 \(1\) 和 \(p\) 两个。因此，若两个数相乘是 \(p\) 的倍数，其中必然至少有一个是 \(p\) 的倍数。
当 \(a\) 不是 \(p\) 的倍数时，不存在 \(x \neq y\) 且 \(1 \leq x,y < p\) 使得 \(a \times y \equiv a \times x(\mod p)\) 而 \(x-y<p\) 是 \(p\) 的倍数，与 \(1 \leq x,y < p\) 的限制矛盾。
进一步地，考虑 \(1 \sim p-1\) 所有数，它们乘以 \(a\) 之后在模 \(p\) 意义下互不相同，说明仍得 \(1 \sim p-1\) 所有数。
因此，\(\prod_{i=1}^{p-1}i \equiv \prod_{i=1}^{p-1}ai(\mod p)\)。又因为 \(\prod_{i=1}^{p-1}i\)显然不是 \(p\) 的倍数，所以费马小定理成立。
欧拉定理
若正整数 \(a,n\) 互质，\(a^{\varphi(n)} \equiv 1(\mod n)\) 其中 \(\varphi(n)\) 为欧拉函数。
设 \(x_1,x_2 \cdots x_{\varphi(n)}\) 是模 \(n\) 的简化剩余系，那 \(ax_1,ax_2, \cdots ax_{\varphi(n)}\) 也是模 \(n\) 的简化剩余系。
因为 \(\gcd(a,n)=1\) ，\(ax_1 \dot a x_2 \cdots ax_{\varphi(n)} \equiv x_1,x_2 \cdots x_{\varphi(n)} (\mod n)\) ，所以欧拉定理成立。
可以发现费马小定理是欧拉定理的一种特殊情况。
扩展欧拉定理
若 \(a,n\) 互质，\(a^b \equiv a^{b \mod \varphi(n)}\)
若 \(a,n\) 不互质，当 \(b>\varphi(n)\) 时，\(a^{b \equiv \varphi(n)+\varphi(n)}\)
因为证明有些复杂，见oi wiki 。
扩展欧拉定理可以用来降幂，当幂太大时，此公式可以减小复杂度，而当 \(b< \varphi(n)\) 幂比较小，就没有必要降幂了。
线性同余方程
裴蜀定理
定义： \(a,b\) 是不全为零的整数，对于任意整数 \(x,y\) ， $\gcd(a,b) \mid ax + by $ ，且存在整数 \(x,y\)，使得 $ax +by = \gcd(a,b) $。
逆定理： 设 \(a,b\) 是不全为零的整数，若 \(d>0\) 是 \(a,b\) 的公约数，且存在整数 \(x,y\)，使得 $ ax +by = d$，则 \(d = \gcd(a,b)\) 。
特殊地，设 \(a,b\) 是不全为零的整数，若存在正整数 \(x,y\) ，使得 $ax +by =1 $ ，则 \(a,b\) 互质。
当有 \(n\) 个数时，此定理依然成立。
例题： P4549 【模板】裴蜀定理
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int gcd(int x,int y)
{
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int x,y;
cin>>x;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
cin>>y;
x=gcd(x,y);
}
cout<<abs(x)<<endl;
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int gcd(int x,int y)
{
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int x,y;
cin>>x;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
cin>>y;
x=gcd(x,y);
}
cout<<abs(x)<<endl;
return 0;
}
扩展欧几里得算法
上文裴蜀定理，讲述了存在整数 \(x,y\)，使得 $ax +by = \gcd(a,b) $ ，这里讲述如何求解 \(x,y\) 。
我们设 \(d=gcd(a,b)\)。可以用辗转相除法法求出两个数的 $ \gcd$ ，所以我们假设它的另一个解是\(x2,y2\)，满足
\[b \times x2+(a \bmod b) \times y2=gcd(a,b) \]也就是
\[b \times x2+(a \bmod b) \times y2=a \times x+b \times y \]又因
\[a \mod b=a-b \times (a/b) \]代入拆开得
\[a \times y2+(x2-y2 \times (a/b))=a \times x+b \times y \]可得一个解
\[x=y2,y=x2-y2*(a/b) \]现在发现只需要求出 \(x2,y2\) 而我们观看一下求 \(x,y\) 的式子，就是辗转相除法的式子，所以我们只需递推求一下 \(x2,y2,x3,y3\)等。
考虑一下递推边界，当递推到\(b=0\) 时,
\[a \times x+b \times y= \gcd(a,b) \]可转换成
\[a \times x= \gcd(a,b)=a \]显然 \(x=1，y \in Z\) 时 ，方程成立。
这样就求出了方程的一组特解，我们设为 \(x_0,y_0\) 。
显然不定方程 $ax +by = \gcd(a,b) $ 有无穷解，所以要求通解形式。
可以知道 $ \Delta(ax)+\Delta(by)=0$ ，设 \(\Delta =\lvert \Delta (ax) \rvert = \lvert \Delta (by) \rvert\)，那 \(a,b \mid \Delta\)，\(lcm(a,b) \mid \Delta\) ，所以 $ \Delta x$ 是 \(\dfrac{lcm(a,b)}{a}=\dfrac{b}{d}\) 的倍数，$ \Delta y$ 是 \(\dfrac{lcm(a,b)}{b}=\dfrac{a}{d}\) 的倍数。
所以通解为：
\[\begin{aligned} \begin{cases} x=x_0+\dfrac{b}{d} \times k\\ y=y_0-\dfrac{a}{d} \times k\\ \end{cases} \end{aligned} \]这里 \(k \in Z\)。
实际做题时，会让求 \(x\) 的最小正整数解，设 \(t= \dfrac{b}{d}\)
\[x=(x \mod+t) \mod t \]特解的数据范围:ycx 的文章 关于 exgcd 求得特解的数值范围
线性同余方程
定义：形如 \(a \times x\equiv c (\mod b) ,a,b \in Z\) 的方程叫做线性同余方程。
求法：
原式转换成 :
\[a \times x + b \times y=c，y \in Z \]这个式子和扩展欧几里得算法可以求的式子有点关联。
\[a \times x+b \times y=gcd(a,b) \]设 \(d=\gcd(a,b)\) ，由裴蜀定理可知，方程有解当 \(d \mid c\) 。
原式又可转成：
\[a \times \frac{\gcd(a,b)}{c} \times x+b \times \frac{\gcd(a,b)}{c} \times y=\gcd(a,b) \]这样用扩展欧几里得算法就可以求出。
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int c,d,x,y;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=1;
return a;
}
int t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
return t;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&c,&d);
exgcd(c,d,x,y);
printf("%lld",(x%d+d)%d);
return 0;
}
线性同余方程组（中国剩余定理）
\[\begin{aligned} \begin{cases} x \equiv a_1 (\mod m_1)\\ x \equiv a_2 (\mod m_2)\\ \cdots \\ x \equiv a_n (\mod m_n)\\ \end{cases} \end{aligned} \]中国剩余定理(crt)
上式子中 \(a \in Z,m \in N^*,(a,m)=1\)。
求解方法：
设 \(M=m_1 \times m_2 \times \cdots m_n\)。
\(b_i=\dfrac{M}{m_i}\)，\(b_i^{-1}\) 为 \(b_i\) 模 \(m_i\) 下的逆元。
\(x= \sum_{i=1}^{n} a_i \times b_i \times b_i^{-1}\)
证明：
尝试为每个同余方程设一个 $ x_i,x_i \equiv a_i (\mod m_i)$，可以知道 $ x_i \equiv 0(mod m_j) j \neq i$，记为条件一。
那 \(x_i\) 为 \(b_i\) 的倍数，如果要满足条件一 \(x_i=b_i\times a_i\) 即可，
那要满足上面新设的同余方程，让 \(x_i \times b_i^{-1}\) 即可，如果要让所以 \(x_i\) 合成一个 \(x\)，加起来就可以了。
扩展中国剩余定理(excrt)
上面没看懂？没关系有更好理解并适用更广的扩展中国剩余定理（excrt），它不要求模数互质。
本质就是合并方程，我们把两个方程合并成新一个方程，依次类推就可以求解方程组了。
具体的说：合并方程 \(x \equiv a_1 (mod m_1)\) 和 \(x \equiv a_2 (mod m_2)\)。
设 $x = a_1+p \times m_1 $，所以
\[a_1 +p \times m_1 \equiv a_2 (mod m_2) \]即：
\[p \times m_1 +q \times m_2 \equiv a_2 - a_1 (mod m_2) \]这个地方可以用 exgcd 求解。
最后合并得到：
\[x \equiv a_1 +p \times m_1(mod (lcm(m_1,m_2))) \]根据 裴蜀定理 ，\(gcd(m_1,m_2)\) 不是 \(a_2-a_1\) 因数时，方程无解。
模板：
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
int a[20],b[20],ans,M=1,t[20],m[20];
int x,y;
int exgcd(int a,int b)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
exgcd(b,a%b);
int t=y;
y=x-a/b*y;
x=t;
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>b[i]>>a[i],M*=b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
exgcd(M/b[i],b[i]);
t[i]=x;
t[i]=(t[i]%b[i]+b[i])%b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=a[i]*(M/b[i])*t[i]%M;
}
cout<<ans%M<<endl;
return 0;
}
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+10;
int n;
int m[N],X[N];
int exgcd(int a, int b,int &x,int &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int d=exgcd(b, a % b,x,y);
long long tx = x;
x = y;
y = tx - a / b * y;
return d;
}
int mul(int a,int b,int mod)
{
int res=0;
while(b)
{
if(b&1)res=(res+a)%mod;
a+=a;
a%=mod;
b>>=1;
}
return res;
}
signed main()
{
int x,y,ans=0;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>m[i]>>X[i];
int a1=X[1],m1=m[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int a2=X[i],m2=m[i];
int a=m1,b=m2,c=(a2-a1%m2+m2)%m2;
int d=exgcd(a,b,x,y);
if(c%d!=0)
{
puts("-1");
return 0;
}
x=mul(x,(c/d),(b/d));
ans=a1+x*m1;
m1=m2/d*m1;
ans=(ans%m1+m1)%m1;
a1=ans;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
乘法逆元
定义
如果一个线性同余方程 \(ax \equiv 1 (\mod b)\) 则 \(x\) 称为 \(a \mod b\) 的逆元，记作 \(a^{-1}\)。
应用： 上文提到除法无法直接取模，而用乘法逆元就可以求出。
根据定义可知 \(a \times a^{-1}=1\) ，那
\[a \div b=\dfrac{a \times 1}{b}= \dfrac{a \times b \times b^{-1}}{b}=a \times b^{-1} \]求解方法
求单个数的乘法逆元
当模数 \(p\) 为质数时，可以用 费马小定理 求解
由定义知，\(x\) 为 \(a\) 的乘法逆元
\[ax \equiv 1 (\mod p) \]再由费马小定理得：
\[ax \equiv a^{p-1} (\mod p) \]所以
\[x \equiv a^{p-2} (\mod p) \]用快速幂就可以求出
code
int qpow(long long a, int b) {
int ans = 1;
a = (a % p + p) % p;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) ans = (a * ans) % p;
a = (a * a) % p;
}
return ans;
}
int main()
{
a=qpow(a,p-2);//求 a 的逆元
}
当 \(p\) 不为质数, \(\gcd(a,p)=1\) 时，可以用扩展欧几里得算法求出。（\(p\) 不为质数时也可以求）。
求乘法逆元本质上就是求线性同余方程，用求线性同余方程的方法求就可以了。
线性求 \(1 \cdots n\) 的逆元
用递推来求逆元，当递推到 \(i\) 时，设 \(k= \lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor ,j= p \mod i\)，所以
\[p=k \times i + j \]由此又可以推出
\[k \times i + j \equiv 0 (\mod p) \]两边同乘 \(i^{-1} \times j^{-1}\) 得：
\[j^{-1} \times k+i^{-1} \equiv 0(\mod p) \]所以
\[i^{-1} \equiv -k \times j^{-1} (\mod p) \]既然是递推式，就要关注递推的起始项，当 \(i=1\) 时，\(1\) 的模任何数的逆元都是 \(1\)。
code
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}
代码中 \(p - p/i\) 是为了防负数。
求任意 \(n\) 个数的逆元
要求 \(a_1 \cdots a_n\) 的逆元。
定义两个数组 \(s，sv\) ，\(s_i\) 表示前 \(i\) 个数的乘积， \(sv_i\) 表示前 \(i\) 个数的逆元的乘积，那这样 \(a_i\) 的逆元就是 \(s_{i-1} \times sv_i\) 。
递推边界 \(s_0=1\)，\(sv_n=s_n\) 的逆元。
code
s[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;
sv[n] = qpow(s[n], p - 2);
for (int i = n; i >= 1; --i) sv[i - 1] = sv[i] * a[i] % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = sv[i] * s[i - 1] % p;