各种友(e)善(xin)数论总集，从入门到绝望6---同余系列！(ex)GCD,(ex)CRT

参考文献

SCY资料、手推

博客：https://www.cnblogs.com/MashiroSky/p/5918158.html很好的阐述了中国剩余定理的公式等等等等，反正我看了这个博客很快就懂了。

GCD的家族

GCD

如果我们要求两个数字的最大公约数怎么求？

如果两个数字$a,b$存在最大公约数$k$，那么把$a$写成$xk$，把$b$写成$yk$

那么我们知道$b\%a=(y\%x)k$，但是$y$又与$x$互质，所以仅当$x=1$时，$y$为最大公约数，此时$a=k$也就是最大公约数，而且我们也知道$y\%x$也是与x互质的。

所以我们可以设新的$a^{\prime }$与新的$b^{\prime }$，$a^{\prime }=b\%a$,$b^{\prime }=a$，当$a^{\prime }=0$时，$b$就是最大公约数。

而且一开始$a>b$也不怕，做了一次交换后就换过来了($b\%a=b$)

int  gcd(int  x,int  y)
{
    
    
	if(x==0)return  y;
	return  gcd(y%x,x);
}

扩展：更相减损法

另外补充一种GCD的形式。

二进制的GCD用的是更香相减损法。

首先，我们有两个数字$x,y$。

1. 当$x\%2==0,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y>>1)\ast 2$
2. 当$x\%2==0,y\%2==1,gcd(x,y)=gcd(x>>1,y)$
3. 当$x\%2==1,y\%2==0,gcd(x,y)=gcd(x,y>>1)$
4. 当$x\%2==1,y\%2==1,x>=y,gcd(x,y)=gcd((x-y)>>1,y)$，其实这里的$x-y$不用除$2$也可以，只是这样写更快，反正都是偶数。

inline  LL  gcd(LL  x,LL  y)
{
    
    
	int  ans=0;
	while(x  &&  y)
	{
    
    
		if(x&1  &&  y&1)
		{
    
    
			y>x?x^=y^=x^=y:0;
			x=(x-y)>>1;
		}
		else  if(x&1)y>>=1;
		else  if(y&1)x>>=1;
		else  x>>=1,y>>=1,ans++;
	}
	return  (x+y)<<ans;
}

常数好像比GCD更小，复杂度都是$log$，但是貌似跑起来差不多，写写吧，反正都差不多了，还更稳一点，你说是吧。

扩展欧几里得(EXGCD)

如何求$ax+by=c$的一个整数解？

尽看扩展欧几里得。

首先，我们设$ax+by=gcd(a,b)$

那我们就想了，如果有个方程为$0x+gcd(a,b)y=gcd(a,b)$，不就很妙了吗？
$y=1,x$随便等于什么都不影响最终结果，只不过一般取0，怕爆long long。

然后我们再证一个：

当我们解出了$(b\%a)x+ay=gcd(a,b)$，怎么推到$ax+by=gcd(a,b)$？

我们可以推导一下($\lfloor x\rfloor$为向下取整)：
$$ax+by=(b-\lfloor b/a\rfloor \ast a)x^{\prime }+a{y}^{\prime }$$
$$ax+by=-a\ast \lfloor b/a\rfloor x^{\prime }+a{y}^{\prime }+b{x}^{\prime }$$
$$ax+by=a(y^{\prime }-\lfloor b/a\rfloor x^{\prime })+b{x}^{\prime }$$

而$\lfloor b/a\rfloor$就是C++的$b/a$

所以，我们发现$b\%a$和$a$就是$gcd$过程，所以最后也会得到$0$和$gcd(a,b)$

然后再看：如果$gcd(a,b)|c$的话，设$d=c/gcd(a,b)$，然后把$x,y$直接乘以$d$就没什么毛病了。

但是如果不整除就无解，我们又可以证一证：

---

首先$gcd(a,b)|c$是肯定有解的，我们可以知道，而且$ax+by=c$可以类似于$ax\equiv c\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b$，我们可以根据同余的性质得出我们可以把$a,b,c$的同一个因数$gcd(a,b)$提出，得到$a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime }$，化成$a^{\prime }x\equiv c^{\prime }\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}^{\prime }$，而且a’与b’不互质，那么我们可以得出（欧拉定理证明过程可以说明），同余方程$ax\equiv c\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b$，$a,b$互质时有解，或者说当$c$整除$gcd(a,b)$时有解。（好像说偏了）

然后，如果$gcd(a,b)$与c不整除，我们再设$z=gcd(a,b),c=kz+d$

那么我们把原式化为：$a^{\prime }zx+b^{\prime }zy=kz+d$同除$z$可得

$a^{\prime }x+b^{\prime }y=k+\frac{d}{z}$

但是$d<z$所以$\frac{d}{z}$是个分数，但是$a^{\prime }x+b^{\prime }y$都是整数，所以无解

当然这个同时也有个推论。------https://blog.csdn.net/bcr_233/article/details/87897021
$ax+by+cz+\cdots +nm=f$（其中 $a,b,c,\dots ,n,fa,b,c,$为整数），
它有整数解的充要条件是 $f$ 为$gcd(a,b,c,\dots ,n)$的整数倍。

必要性就不证明了，充分性说一下，我们采用数学归纳法，对于有$n$个未知数：$a_1{x}_1+a_2{x}_2+...+a_n{x}_n$而言，我们已经证明了$a_1{x}_1+a_2{x}_2+...+a_{n-1}{x}_{n-1}=gcd(a_1,a_2,...)$一定有解，那么我们就可以把前面的统一换成：$gcd(a_1,a_2,a_3...)x_{n+1}+a_n{x}_n$，然后就变成了二个元，所以$gcd(a_1,a_2,a_3...,a_{n-1})x_{n+1}+a_n{x}_n=gcd(gcd(a_1,a_2,a_3...,a_{n-1}),a_n)=gcd(a_1,a_2,a_3...,a_n)$必定有解，得证。

---

至此，结束了（感觉又过了一个世纪）！

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y/*引用*/)
{
    
    
	if(a==0)
	{
    
    
		x=0;y=1;//0x+gcd(a,b)y=gcd(a,b) 
		return  b;
	}
	else
	{
    
    
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;//公式 
		y=tx;//公式 
		return  d;
	}
}
int  main()
{
    
    
	LL  a,b,c,x,y;scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c);
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);
	if(c%d!=0)printf("no solution!\n");
	else
	{
    
    
		c/=d;
		printf("%lld %lld\n",x*c,y*c);
	}
	return  0;
}

其实也没什么难度。

中国剩余定理CRT及其扩展EXCRT

同余方程（基本的EXGCD应用）

题目描述

【题意】
已知a,b,m,求x的最小正整数解，使得ax≡b(mod m)
【输入格式】
一行三个整数 a，b，m。 1 ≤ a,b,m ≤ 10^9 
【输出格式】
一行一个整数x，无解输出"no solution!"
【样例输入】
2 5 7
【样例输出】
6

我们会发现$ax\equiv b$($mod$ $m$)其实就是$ax-my=b$也就是$ax+my=b$（$m$的正负无多大必要，反正只是求$x$，而且$m>0$方便的地方在于$gcd$为正数）

然后我们运用扩展欧几里德求出$x$，但是如何求出最小的$x$？

学过不定式的人都知道，当$ax$减$[a,b]$时，$my$也可以相应的加$[a,b]$时（$[a,b]$就是$a,b$的最小公倍数），$x,y$能得出另外一组整数解，也就是$x-[a,b]/a,y+[a,b]/b$，又因为$[a,b]=a\ast b/(a,b)$，所以就是$x-b/(a,b),y-a/(a,b)$（$(a,b)$是$gcd(a,b)$）。

而且$[a,b]$是能同时被$a,b$整除的最小的数字。

所以，我们可以用$d=gcd(a,b),x=(x\%(b/d)+b/d)\%(b/d)$得出$x$最小的正整数解

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y)
{
    
    
	if(a==0)
	{
    
    
		x=0;y=1;
		return  b;
	}
	else
	{
    
    
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;
		y=tx;
		return  d;
	}
}
LL  zbs(LL  x){
    
    return  x<0?-x:x;}
int  main()
{
    
    
	LL  a,b,c,x,y;scanf("%lld%lld%lld",&a,&c,&b);
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);//求扩展欧几里得 
	if(c%d!=0)printf("no solution!\n");
	else
	{
    
    
		c/=d;
		x*=c;
		LL  k=b/d;
		x=((x%k)+k)%k;//最小的正整数解 
		printf("%lld\n",x);
	}
	return  0;
}

中国剩余定理CRT

题目描述

【题意】 
同余方程是这样的：已知a,b,n,求x的最小正整数解，使得ax=b(mod m)
同余方程组是这样：也是求x的最小正整数解，但已知b数组和m数组的情况下，
x=b[1](mod m[1]),
x=b[2](mod m[2]),
x=b[3](mod m[3]),
~~~~~~
x=b[n](mod m[n])
m之间互质。
【输入格式】
一行一个整数 n（1<=n<=?)
下来n行每行两个整数b[i]，m[i]。 1 ≤b[i],m[i] ≤ 10^9 
【输出格式】
一行一个整数x，无解输出"no solution!"
【样例输入】
3
3 5
2 3
2 7

【样例输出】
23

我们考虑一下答案有可能是什么？

设$M$为所有$m$的总乘，可以发现答案其实是可以加减$M$的，所以我们就是把所有的方程组合并到一个模$M$的方程里面。

那么我们只要找到一个一定是解的公式模$M$就行了

就比如数据：

3
3 5
2 3
2 7

转换一下思路，我们需要找到一个数字$a$，是$3,7$的倍数，但是模$5$为$3$，一个数字$b$是$5,7$的倍数，模$3$为$2$，一个数字$c$是$5,3$的倍数，但是模$7$为$2$，那么$a+b+c$仔细想想就发现一定是其中的一组解了。

但是怎么找到$a,b,c$呢，是$3,7$的倍数，模$5$为$3$的一个数字？其实很简单的一个做法就是先找到是$3,7$的倍数，模$5$为$1$的数字，然后乘以$3$，对于前面的数字不就是在模$5$意义下，$lcm(3,7)$（因为互质肯定为$3\ast 7$）的逆元。

所以推到一下就会发现公式了，对于这道题目，我们设$M_i^{-1}$表示模$m_i$意义下$M_i$的逆元，$M_i=\frac{M}{m_i}$那么公式就是：

$x=(b_1{M}_1{M}_1^{-1}+...+b_n{M}_n{M}_n^{-1})\%M$

这个东西最有用的地方在于它可以用于很多模数不为质数的算法中，可以把模数拆成各个不互质且更好计算的数字，最后合并。

没有代码QMQ。

扩展中国剩余定理exCRT

题目描述

【题意】 
同余方程是这样的：已知a,b,n,求x的最小正整数解，使得ax=b(mod m)
同余方程组是这样：也是求x的最小正整数解，但已知b数组和m数组的情况下，
x=b[1](mod m[1]),
x=b[2](mod m[2]),
x=b[3](mod m[3]),
~~~~~~
x=b[n](mod m[n])
【输入格式】
一行一个整数 n（1<=n<=?)
下来n行每行两个整数b[i]，m[i]。 1 ≤b[i],m[i] ≤ 10^9 
【输出格式】
一行一个整数x，无解输出"no solution!"
【样例输入】
3
3 5
2 3
2 7

【样例输出】
23

这道题就十分的友(e)善(xin)了

现在我们可以列出$x=b_1+m_1{y}_1,x=b_2+m_2{y}_2...$

我们拿上面减下面的出：$m_1{y}_1-m_2{y}_2=b_2-b_1$也就是$ax+by=c$的形式。

那么我们写成$a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=c,a=m_1,b=m_2$（这里是$-m_2$也无所谓，但是是正数后面算最小正整数比较方便。）$,c=b_2-b_1,x^{\prime }=y_1,y^{\prime }=y_2$。

然后解出$x^{\prime }$，将$x^{\prime }$带入$x=b_1+a{x}^{\prime }$得出了$x$的其中一个解，而且我们又知道$x$要变只能加上或减去$b/(a,b)$，所以$x$就只能加减$(b/(a,b)\ast a=[a,b])$，所以我们又可以列出一个新的方程：$x\equiv b_1+a{x}^{\prime }$($mod$ $[a,b]$)（其中的$b_1+a{x}^{\prime }$表示的是x的其中一组解），为了后面的方便，我们把这个方程代替为第二个方程，后面就是个二三做一次，三四做一次…

然后我们就可以拿这个方程与第三个方程做这种事，重复如此，最后的$b_{?}$就是答案，但是，别忘了是求最小整数解。

---

求最小整数解有两种方法：

我常用的方法：

开局直接把每个$b_i$（不包括求出来的$b_{?}$）模$a_i$，并且把每次求出的$x$都做一次最小整数解，那么得出来的新的方程的$b_{?}$一定小于新的$m_{?}$，为什么，$m_{?}$为$[a,b]$，而$b_{?}$为$b_i+ax$得出的。（这里的$a$表示$m_i$，$b$表示$m_{i+1}$），我们知道$x\le b/(a,b)-1$，那么$ax\le [a,b]-a$，$b_i<a$，那么$ax+b_i<[a,b]$，所以$b_{?}$小于$m_{?}$，也就是不用模了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y)
{
    
    
	if(a==0)
	{
    
    
		x=0;y=1;
		return  b;
	}
	else
	{
    
    
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;
		y=tx;
		return  d;
	}
}
LL  a1,b1;
bool  solve(LL  a2,LL  b2)
{
    
    
	LL  a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y;
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);
	if(c%d!=0)return  false;
	else
	{
    
    
		c/=d;
		x*=c;
		LL  lca=b/d;
		x=((x%lca)+lca)%lca;//最小正整数解 
		b1=a1*x+b1;a1=a*b/d;//不用模 
		return  true;
	}
}
int  main()
{
    
    
	int  n;scanf("%d",&n);
	scanf("%lld%lld",&b1,&a1);b1%=a1;//开局模一模 
	for(int  i=2;i<=n;i++)
	{
    
    
		LL  a,b;scanf("%lld%lld",&b,&a);b%=a;//开局模一模 
		if(!solve(a,b))
		{
    
    
			printf("no solution!\n");
			return  0;
		}
	}
	printf("%lld\n",b1/*不用模*/);
	return  0;
}

但是后面，我又发现了一个不是很麻烦的方法，就是结尾模一下就行了。。。

//少了去正过程，中间会有许多数字变成负数
//而且更容易爆long long
#include<cstdio>
#include<cstring>
using  namespace  std;
typedef  long  long  LL;
LL  exgcd(LL  a,LL  b,LL  &x,LL  &y)
{
    
    
	if(a==0)
	{
    
    
		x=0;y=1;
		return  b;
	}
	else
	{
    
    
		LL  tx,ty;
		LL  d=exgcd(b%a,a,tx,ty);
		x=ty-(b/a)*tx;
		y=tx;
		return  d;
	}
}
LL  zbs(LL  x){
    
    return  x<0?-x:x;}
LL  a1,b1;
bool  solve(LL  a2,LL  b2)
{
    
    
	LL  a=a1,b=a2,c=b2-b1,x,y;
	LL  d=exgcd(a,b,x,y);
	if(c%d!=0)return  false;
	else
	{
    
    
		c/=d;
		x*=c;//可能为负数 
		b1=a1*x+b1;a1=a*b/d;
		return  true;
	}
}
int  main()
{
    
    
	int  n;scanf("%d",&n);
	scanf("%lld%lld",&b1,&a1);
	for(int  i=2;i<=n;i++)
	{
    
    
		LL  a,b;scanf("%lld%lld",&b,&a);
		if(!solve(a,b))
		{
    
    
			printf("no solution!\n");
			return  0;
		}
	}
	LL  zhl=a1<0?-a1:a1;//绝对值 
	printf("%lld\n",(b1%zhl+zhl)%zhl/*尾巴模一模*/);
	return  0;
}

---

以上便是作者的心得。

一点想法

当然，如果每个$x$前面也有系数$a_i$怎么办？我们求出的值可能不能整除于$x$的系数？

在一定有解的情况下，我们可以拆开成两个方程：一个是$x\equiv b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$

另外一个是$x\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}a$

当然，这只是本蒟蒻的一点点假设，并没有实践过。

要注意的地方

这个EXCRT一定要特别注意正负问题，尤其是当数字特别大的时候，尽量做到每个地方都打模，才会比较保险。