本系列文章将于2021年整理出版。前驱教材：《算法竞赛入门到进阶》清华大学出版社
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同余是很巧妙的工具，它使得人们能够用等式的形式来简洁地描述整除关系。
在阅读本节内容时，请对照上一节“线性丢番图方程”的内容，有很多类似的地方。

1. 同余概述

1.1. 同余定义

设m是正整数，若a和b是整数，且\(m | (a - b)\)，则称\(a\)和\(b\)模\(m\)同余。也就是说，\(a\)除以\(m\)得到的余数，和\(b\)除以\(m\)的余数相同；或者说，\(a - b\)除以\(m\)，余数是0。
把\(a\)和\(b\)模\(m\)同余记为 \(a\equiv b (mod m)\)，\(m\)称为同余的模。例子：
（1）因为7|(18-4)，所以18\(\equiv\) 4 (mod 7)，18除以7余数是4，4除以7的余数也是4；
（2）3\(\equiv\) 6 (mod 9)，3除以9余数是3，-6除以9的余数也是3；
（3）13和5模9不同余，因为13除以9余数是4，5除以9余数是5。

1.2. 一些定理和性质

（1）若\(a\)和\(b\)是整数，\(m\)为正整数，则\(a\equiv b (mod\ m)\)当且仅当\(a\ mod\ m = b mod\ m\)。
（2）把同余式转换为等式。若\(a\)和\(b\)是整数，则\(a\equiv b (mod\ m)\)当且仅当存在整数，使得\(a = b + km\)。例如：19-2 (mod 7)，有19 = -2 + 3 ∙ 7。
（3）设\(m\)是正整数，模\(m\)的同余满足下面的性质：
1）自反性。若\(a\)是整数，则\(a\equiv a (mod\ m)\)
2）对称性。若\(a\)和\(b\)是整数，且\(a\equiv b (mod\ m)\)，则\(b\equiv a (mod\ m)\)。
3）传递性。若\(a、b、c\)是整数，且\(a\equiv b (mod\ m)和b\equiv c (mod m)\)，则\(ac (mod\ m)\)。

2. 一元线性同余方程

一元线性同余方程：设\(x\)是未知数，给定\(a、b、m\)，求整数\(x\)，满足 \(ax\equiv b (mod\ m)\)。
研究线性同余方程有什么用处？\(ax\equiv b(mod\ m)\)表示\(ax - b\)是\(m\)的倍数，设为 \(-y\)倍，则有\(ax + my = b\)，这就是二元线性丢番图方程。所以，求解一元线性同余方程等同于求解二元线性丢番图方程。
方程是否有解？如果有解，有多少解？如何求出解？与线性丢番图的定理一样，线性同余方程也有类似的定理。
定理：设\(a，b\)和\(m\)是整数，\(m > 0，gcd(a, m) = d\)，若\(d\)不能整除b，则\(ax\equiv b (mod\ m)\)无解，若\(d\)能整除\(b\)，则\(ax\equiv b (mod\ m)\)有\(d\)个模\(m\)不同余的解。
定理的前半部分可以概况为：\(ax\equiv b (mod\ m)\)有解的充分必要条件是\(gcd(a, m)\)能整除b。
定理的后半部分说明了解的情况。与线性丢番图方程类似，如果有一个特解是 \(x_0\) ，那么通解是\(x = x_0 + (m/d)n\)，当\(n = 0, 1, 2, ..., d -1\)时，有\(d\)个模\(m\)不同余的解。
推论：\(a\)和\(m\)互素时，因为\(d = gcd(a, m)=1\)，所以线性同余方程\(ax\equiv b (mod\ m)\)有唯一的模\(m\)不同余的解。这个推论在下一节的逆中有应用。
最后回到求解\(ax\equiv b (mod\ m)\)的问题：首先求逆，然后利用逆求得\(x\)。

3. 逆

求解一般形式的同余方程\(ax\equiv b (mod\ m)\)，需要用到逆。

3.1.逆的概念

给定整数a，且满足\(gcd(a, m) = 1\)，称 \(ax\equiv 1(mod\ m)\)的一个解为\(a\)模\(m\)的逆。记为\(a^{-1}\)。
例如：\(8x\equiv 1(mod\ 31)\)，有一个解是\(x\) = 4，4是8模31的逆。所有的解，例如35、66等，都是8模31的逆。
可以借助丢番图方程理解逆的概念，\(8x\equiv 1(mod\ 31)\)即方程\(8x + 31y = 1\)，\(x\) = 4是8模31的逆，4×8-1能整除31。

3.2.求逆

有多种方法可以求逆。
（1）扩展欧几里得求单个逆
下面的例题是求逆，即求解同余方程\(ax\equiv 1(mod\ m)\)。

同余方程（求逆） 洛谷 P1082
题目描述：求关于x的同余方程\(ax\equiv 1(mod\ m)\)的最小正整数解。2≤a, m≤2,000,000,000。

题解：\(ax\equiv 1(mod\ m)\)，即丢番图方程\(ax + my = 1\)，先用扩展欧几里得求出\(ax + my = 1\)的一个特解\(x_0\)，通解是\(x = x_0 + mn\)。然后通过取模操作算最小整数解\(( (x_0 mod\ m) + m) mod\ m\)，因为\(m\) > 0，可以保证结果是正整数。

long long mod_inverse(long long a, long long m){    //求逆
	long long x,y;
    extend_gcd(a,m,x,y);
    return  (x%m + m) % m;                          //保证返回最小正整数
}
int main(){
    long long a,m;  cin >> a >>m; 
    cout << mod_inverse(a,m);
    return 0;
}

（2）费马小定理求单个逆
费马小定理：设\(n\)是素数，\(a\)是正整数且与\(n\)互质，那么有\(a^{n-1}\equiv 1(mod\ n)\)。
\(a a^{n-2}\equiv 1(mod\ n)\)，那么\(a^{n-2} mod\ n\)就是\(a\)模\(n\)的逆。计算需要用到快速幂取模fast_pow()，参考前面章节“大素数的判定”。快速幂取模的复杂度是\(O(log n)\)的。

long long mod_inverse(long long a,long long mod){
   return fast_pow(a,mod - 2,mod);           
}

（3）递推求多个逆
如果要求1 ~ n内所有的逆，可以用递推。复杂度是O(n)的。

乘法逆元 洛谷 P3811
题目描述：给定 \(n，p\)，求 \(1 ~ n\) 中所有整数在模 \(p\) 意义下的乘法逆元。
\(1≤n≤3×10^6\)，\(n < p < 20000528\)，\(p\)为质数。
输入：一行两个正整数\(n、p\)。
输出：输出\(n\)行，第\(i\)行表示\(i\)在模\(p\)下的乘法逆元。

首先，\(i=1\)时逆是1。下面求\(i > 1\)时的逆，用递推法。
设\(p/i = k\)，余数是\(r\)，即\(k i + r\equiv 0(mod\ p)\)；
在两边乘\(i^{-1} r^{-1}\)，得到\(k r^{-1} + i^{-1}\equiv 0 (mod\ p)\)；
移项得\(i^{-1}\equiv - k r^{-1} (mod\ p)\) ，即\(i^{-1}\equiv - p/i r^{-1} (mod\ p)\) ，\(i^{-1}\equiv (p - p/i) r^{-1} (mod\ p)\)。

long long inv[maxn];
void inverse(long long n, long long p){
    inv[1]=1;
    for(int i = 2;i<maxn;i++)
       inv[i]= (p - p/i) * inv[p%i] % p;
}

下面给出一个求逆的例题。

A/B hdu 1576
题目描述：求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n (n = A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B, 9973) = 1)。
输入：第一行是T，表示有T组数据。每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)。
输出：对每组数据，输出(A/B)%9973。

题解：
设答案\(k = (A/B) % 9973\)。
做以下变换：\(A/B = k + 9973 x，A = kB + 9973 x B\)；
把\(A % 9973 = n\)代入得\(k B % 9973 = n\)，即\(k B = n + 9973y\)；
两边除\(n\)得\((k/n) B + (-y/n) 9973 = 1\)，这是形如\(ax + by = 1\)的丢番图方程，即\(ax\equiv 1(mod\ m)\)，其中\(x = k/n\)。求解逆\(x\)，得到\(k/n\)，再乘以\(n\)，就是\(k\)。

3.3. 用逆求解同余方程

逆有什么用？如果有\(a\)模\(m\)的一个逆，可以用来解如\(ax\equiv b (mod\ m)\)的任何同余方程。
记\(a^{-1}\)是\(a\)的一个逆，有\(a^{-1}a\equiv 1(mod\ m)\)。在\(ax\equiv b (mod\ m)\)的两边同时乘以\(a^{-1}\)，得到\(a^{-1}ax\equiv a^{-1}b(mod\ m)\)，即\(x\equiv a^{-1}b (mod\ m)\)。
例如：为了求出\(8x\equiv 22 (mod\ 31)\)的解，可以两边乘以4，4是8模31的一个逆，得\(4 * 8x = 4 * 22 (mod\ 31)\)，因此\(x\equiv 88 (mod\ 31)\equiv 26 (mod\ 31)\)。
定理：设\(p\)是素数，正整数\(a\)是其自身模\(p\)的逆，当且仅当\(a\equiv 1 (mod\ p)\)或\(a\equiv -1 (mod\ p)\)。
证明：若\(a\equiv 1 (mod\ p)\)或\(a\equiv -1 (mod\ p)\)，有\(a^2\equiv 1 (mod\ p)\)，所以\(a\)是其自身模\(p\)的逆。反过来也成立。

4. 同余方程组

根据上一节的讨论，同余方程\(ax\equiv b (mod\ m)\)有解时，即\(gcd(a, m)\) 能整除\(b\)时，可以解得\(x\equiv a' (mod\ m')\)，所以这也是同余方程的一般形式。本节讨论同余方程组的求解：
\(x\equiv a_1 (mod\ m_1)\)
\(x\equiv a_2 (mod\ m_2)\)
...
\(x\equiv a_r (mod\ m_r)\)
例：有一个数\(x\)，被3除余2，被5除余3，被7除余2，列成同余方程就是：
\(x\equiv 2 (mod\ 3)\)
\(x\equiv 3 (mod\ 5)\)
\(x\equiv 2 (mod\ 7)\)
求解结果是：\(x = 23 + 3 × 5 ×7 × n\)，\(n ≥ 0\)，或者写为\(x\equiv 23 (mod\ 3 × 5 × 7)\)，\(x\)的最小正整数解是23。
本节介绍中国剩余定理和迭代法，前者是用于\(m_1，m_2，...，m_r\)两两互素情况下的优秀解法，后者是更一般条件下的通用解法。适用中国剩余定理的方程组肯定有解，而迭代法处理的更一般情况，可能是无解的。

4.1. 中国剩余定理

中国剩余定理^[1]：设\(m_1，m_2，...，m_r\)是两两互素的正整数，则同余方程组
\(x\equiv a_1 (mod\ m_1)\)
\(x\equiv a_2 (mod\ m_2)\)
...
\(x\equiv a_r (mod\ m_r)\)
有整数解，并且模\(M = m_1m_2...m_r\)唯一，解为：
\(x=(a_1M_1M_1^{-1} + a_2M_2M_2^{-1} + ... + a_rM_rM_r^{-1}) (mod\ M)\)
其中\(M_i = M/m_i\)，\(M_i^{-1}\)为\(M_i\)模\(m_i\)的逆元。
读者可以尝试自己证明。可以用数学归纳法，从\(i-1个\)方程推广到\(i\)个方程。

例题：解同余方程组\(x\equiv 2 (mod\ 3)，x\equiv 3 (mod\ 5)，x\equiv 2 (mod\ 7)\)。
解题步骤：
（1）\(M = 3 ×5 ×7 = 105，M1 = 105/3 = 35，M2 = 105/5 = 21，M3 = 105/7 = 15\)。
（2）求逆：\(M_1^{-1} = 2，M_2^{-1} = 1，M_3^{-1} = 1\)。
（3）最后计算\(x：x\equiv 2×35×2 + 3×21×1 + 2×15×1\equiv 233\equiv 23(mod 105)\)。

4.2. 迭代法

中国剩余定理的编码很容易，但是它的限制条件是方程组的\(m_1，m_2，...，m_r\)两两互素。如果不互素，该如何解题呢？这就是迭代法。
迭代法的思路很简单，就是每次合并两个同余式，逐步合并，直到合并完所有等式，只剩下一个，就得到了答案。
合并的时候，把同余方程转化为等式更容易操作。这是根据同余的一个性质：若\(x\)和\(a\)是整数，则\(x\equiv a (mod\ m)\)当且仅当存在整数，使得\(x = a + km\)。

1、示例
以方程组\(x\equiv 2 (mod\ 3)，x\equiv 3 (mod\ 5)，x\equiv 2 (mod\ 7)\)为例，说明合并过程。下面的计算步骤，前3步合并了第1和第2个同余式，后面3步继续合并第3个同余式。
1）把第1个同余式\(x\equiv 2 (mod\ 3)\)转换为\(x = 2 + 3t\)，代入第2个同余式得\(2 + 3t\equiv 3 (mod\ 5)\)。
2）求解\(2 + 3t\equiv 3 (mod\ 5)\)。
首先变为\(3t \equiv (3 - 2) (mod\ 5)\)，即\(3t \equiv 1 (mod\ 5)\)，因为\(gcd(3, 5)\)能整除1，所以有解。
然后求解\(3t \equiv 1 (mod\ 5)\)：先求3模5的逆，是2，所以解得\(t\equiv 2(mod\ 5)\)，转换为等式\(t = 2 + 5u\)。
3）第1个和第2个同余式合并的结果。把\(t = 2 + 5u\)代入\(x = 2 + 3t\)得\(x = 8 + 15u\)，即\(x\equiv 8 (mod\ 15)\)。
4）把\(x = 8 + 15u\)代入第3个同余式得：\(8 + 15u \equiv 2 (mod\ 7)\)。
5）求解\(8 + 15u\equiv 2 (mod\ 7)\)。
首先变为\(15u\equiv -6 (mod\ 7)\)，\(gcd(15, 7)\)能整除\(-6\)，有解。
然后求\(15u\equiv -6 (mod\ 7)\)：先求15模7的逆，是1，解得\(u\equiv 1(mod\ 7)\)，转换为\(u = 1 + 7v\)。
6）得到合并结果。把\(u = 1 + 7v\)代入\(x = 8 + 15u\)，得\(x = 23 + 105v\)，即\(x\equiv 23(mod\ 105)\)。结束。

2、编码步骤
下面改用丢番图方程的形式，总结合并两个同余式的编码方法，并以合并上面的前2个等式为例。

步骤	例子
合并两个等式： \(x = a_1 + Xm_1\) \(x = a_2 + Ym_2\)	\(x = 2 + 3X\) \(x = 3 + 5Y\)
两个等式相等：\(a_1 + Xm_1 =a_2 + Ym_2\) 移项得：\(Xm_1 + (-Y)m_2 = a_2 - a_1\)	\(2 + 3X = 3 + 5Y\) \(3X + 5(-Y) = 1\)
这是形如\(aX+bY = c\)的丢番图方程。下面求解它。先用扩展欧几里得求\(X_0\)	得：\(X_0 =2\)
\(X\)的通解是\(X = X_0 c / d + (b/d)n\) 最小值是\(t = (X_0 c / d) mod\ (b/d)\)	\(t = (X_0 c / d) mod\ (b/d)\) \(= (2×1/1) mod\ (5/1) = 2\)
把\(X = t\)代入\(x = a_1 + Xm_1\) 求得原等式的一个特解\(x'\)	得\(x' = 2 + 2×3 = 8\)
合并后的新\(x = a + Xm\)： \(m = m_1m_2/gcd(m_1, m_2)\) \(a = x'\)	\(m = 3×5/1 = 15\) \(a = 8\) 合并后的新方程是\(x = 8 + 15X\) 即\(x\equiv 8 (mod 15)\)

3、例程
下面用一个模板题给出线性同余方程组的代码。

扩展中国剩余定理 洛谷P4777
题目描述：给定n组非负整数\(a_i，m_i\)，求解关于\(x\)的方程组的最小非负整数解。1≤n≤10^5，1 ≤ ai ≤ 10^12，\(1 ≤ m_i < a_i\)，保证所有\(a_i\)的最小公倍数不超过 10^18。
\(x\equiv a_1 (mod\ m_1)\)
\(x\equiv a_2 (mod\ m_2)\)
...
\(x\equiv a_n (mod\ m_n)\)
输入：第一行是整数n，后面n行，每行两个非负整数\(a_i，m_i\)。
输出：输出一行，为满足条件的非负整数x。

下面给出的代码^[2]，和前面“编码步骤”基本一致。
注意代码中的细节，例如求\(t = (X_0 c / d) mod\ (b/d)\)的代码是\(mul(x, c/d, b/d)\)，目的是避免越界。其他细节见注释。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100010;
int n;
ll ai[maxn], mi[maxn];
ll mul(ll a,ll b,ll mod){   //乘法取模：a*b % mod
    ll res=0;
    while(b>0){
        if(b&1) res=(res+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){   //扩展欧几里得
    if(b == 0){ x=1; y=0; return a;}
    ll d = extend_gcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b * x;
    return d;
}
ll excrt(){               //求解同余方程组，返回最小正整数解
    ll x,y;
    ll m1 = mi[1], a1 = ai[1];      //第1个等式
    ll ans = 0;
    for(int i=2;i<=n;i++){          //合并每2个等式       
        ll a2 = ai[i], m2 = mi[i];  // 第2个等式 
        //合并为：aX + bY = c      
        ll a = m1, b = m2, c = (a2 - a1%m2 + m2) % m2;
        //下面求解 aX + bY = c
        ll d = extend_gcd(a,b,x,y);  //用扩展欧几里得求x0
        if(c%d != 0) return -1;      //无解
        x = mul(x,c/d,b/d);          //aX + bY = c 的特解t，最小值         
        
        ans = a1 + x* m1;            //代回原第1个等式，求得特解x'
        m1 = m2/d*m1;                //先除再乘，避免越界。合并后的新m1
        ans = (ans%m1 + m1) % m1;    //最小正整数解
        a1 = ans;                    //合并后的新a1
    }
    return ans;
}

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i=1;i<=n;++i)  
        scanf("%lld%lld",&mi[i],&ai[i]);
    printf("%lld",excrt());
    return 0;
}

公元3世纪《孙子算经》中有一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？答曰：二十三。”1247年，秦九韶在《数学九章》中给出了求解的一般方法“大衍求一术”，被称为“中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）”。秦九韶是全能型的天才，在多个领域有建树。 ↩︎
参考：https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P4777 ↩︎

算法竞赛专题解析（22）：数论--同余