同余 --算法竞赛专题解析（22）：数论

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 $a\equiv c (mod\ m)$。

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。

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  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。

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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。

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题解：
  设答案 $k = (A/B)$。
   做以下变换： $A/B = k + 9973 x，A = kB + 9973 x B$；
   把 $A$代入得 $k B$，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。

3.4. 逆与除法取模

  逆的一个重要应用是求除法的模。例如在catalan数中，有这样一个需求：求 $(a/b) mod\ m$，即 $a$除以 $b$，然后对 $m$取模。由于这里 $a$和 $b$都是很大的数，做除法后再取模，会损失精度。用逆可以避免除法计算，设b的逆元是 $b^{-1}$，有：
   $(a/b) mod\ m = ((a/b) mod\ m)*((bb^{-1}) mod\ m) = (a/b*bb^{-1}) mod\ m = (ab^{-1}) mod\ m$
  经过上述推导，除法的模运算转换成了乘法模运算： $(a/b) mod\ m = (ab^{-1}) mod\ m$。
  下面是一个除法取模的例题。

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Detachment http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5976
题目描述：把一个整数X分成多个整数的和：x = a1 + a2 + …，且ai ≠ aj，使得s = a1 ∗a2 * …最大。
输入：第一行是T，表示测试用例数量，后面有T行，每一行一个整数表示X。1 ≤ T ≤ 10^6, 1 ≤ X ≤ 10^9。
输出：对每个用例，首先计算最大的s，然后输出它对mod = 10^9+7的取模。

---

题解：如何分解X，才能使积s最大？这是小学奥数题，读者可以自己举例子推理。
  首先，分解的数越多，积s越大。比如X分解为2个数，对比不分解的1个数X：(X - k)(X + k) > X。
  其次，分解的数越接近，积越大。例如分成2个数，对比X/2 - 1、X/2 +1和X/2 - k、X/2 +k，有：(X/2 - 1)(X/2 +1) > (X/2 - k)(X/2 + k)。
  结论是：把X尽量分为更多连续数的和，得到的积s最大。为了分解更多，就从2开始分解：X = 2 + 3 + 4 + 5 + …。从1开始分解不好，因为1对乘积没有贡献。如果还有余数，就把余数拆开，加到其他数上：从后往前加，每个数加上1，这样可以保证每个数都不同。例如17 = 2 + 3 + 4 + 5 + 3，最后有个余数3，把它拆成3个1，加到后面3个数上，得：17 = 2 + 4 + 5 + 6。再例如13 = 2 + 3 + 4 + 4，后面的余数4，拆成4个1，但是前面只有3个数，不够用，多的1再加在最后，得：13 = 3 + 4 + 6。
  分解有两种情况：
   （1） $2×3×4×...×(i-1)×(i+1)×...×k×(k+1)$，中间少个 $i$；
  （2） $3×4×...×i×(i+1)×...×k×(k+2)$，前面少个2，后面多个 $k+2$；
   求s的时候，先计算连续的乘积 $a$，然后除以 $i$，或者除以2乘以k+2。例如第（1）种情况， $s = a/i$，输出的结果是 $(a/i)\ \%\ mod$。除法取模需要用到逆。本题的模10^9 + 7正好是个素数，所以求逆用扩展欧几里得或费马小定理都行。
   下面给出编码，细节有：
   （1）先预计算出从2开始的前缀和和连续积，用于判断分解到哪个数为止。并用upper_bound()查找x的位置。
   （2）把余数加到后面的数上去，并查找缺少的 $i$。
   （3）计算结果。用逆计算除法取模。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
 
const int maxnum = 1e5;             //分解的数不会超过50000个，请自己分析
const int mod = 1e9 + 7;
 
ll sum[maxnum], mul[maxnum];  //前缀和、连续积

ll fast_pow(ll x,ll y,int m){       //快速幂取模：x^y mod m
    ll res = 1;
    while(y) {
        if(y&1) res*=x, res%=m;
        x = (x*x) % m;
        y>>=1;
    }
    return res;
}

long long mod_inverse(long long a,long long mod){ //费马小定理求逆，或者用扩展欧几里得求逆
   return fast_pow(a,mod - 2,mod);           
}

void init(){       //预计算前缀和、连续积
    sum[1] = 0;  mul[1] = 1;
    for(int i=2; i<=maxnum; i++){
        sum[i] = sum[i-1] + i;      //计算前缀和
        mul[i] = (i*mul[i-1]) % mod;//计算连续积
    }
} 
 
int main(){
    init();
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int x; scanf("%d",&x);
        if( x == 1) {puts("1"); continue;}  //特殊情况

        int k = upper_bound(sum+1,sum+1+maxnum,x)-sum-1;  //分解成k个数
        int m = x - sum[k];    //余数
        ll ans;
        if(k==m)           
            ans = mul[k] * mod_inverse(2,mod) %mod * (k+2) % mod; //第2种情况           
        else            
            ans = mul[k+1] * mod_inverse(k-m+1,mod) % mod % mod;  //第1种情况
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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。

   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;
}

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1. 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。 ↩︎

2. 参考：https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P4777 ↩︎