同余&逆元

1. 同余

1. 同余的基本概念及性质

若 $x$ % $m=a$ 即m是 x-a 的一个因子, 则称x与a关于m同余,记作: $x \equiv a (m o d m)$ $x \equiv a(mod \;m)$
同余基本性质:

○1. 自反性: $a \equiv a(mod\;m)$

○2. 对称性: $a \equiv b(mod\;m) \rightarrow b \equiv a(mod\;m)$

○3. 传递性: $a \equiv b(mod\;m),b \equiv c(mod\;m) \rightarrow a \equiv c(mod\;m)$

○4. 同加性: $a \equiv b(mod\;m) c \equiv d(mod\;m) \rightarrow a+c \equiv b+d(mod\;m)$

○5. 同乘性: $a \equiv b(mod\;m) c \equiv d(mod\;m) \rightarrow ac \equiv bd(mod\;m)$

○6. 同幂性: $a \equiv b(mod\;m) \rightarrow a^n \equiv b^n(mod m)$ n是自然数

○7. 若 $a \equiv b(mod\;m),n|m$ 则 $a \equiv b(mod\;n)$

○8. 若 $ac \equiv bc(mod\;m),(c,m)=d$ 则 $a \equiv b(mod\;\dfrac{m}{d})$

○9. 若 $(m,n)=1,a \equiv b(mod\;m),a \equiv b(mod\;n) \Leftrightarrow a \equiv b(mod\;mn)$

2. 求解线性同余方程 $ax≡c(mod\;b)$

可转化为求解方程: $ax+by=c$
(同余方程和线性方程的关系很重要,经常用到!!)
1.预处理:

    if(a<0) a=-a,c=-c;
    while(c<0) c+=b;//保证 a,c 为正

2.第一步: 检验是否有解

    int gcd=Gcd(a,b);
    if((c%gcd)!=0) return -1;//若c不是gcd(a,b) 的倍数，则无解
    //可以转化为直线上的整点来理解

3.第二步:求解同余方程: $ax≡gcd(a,b)(mod b)$ 即 $ax+by=gcd(a,b)$
扩展欧几里得算法

inline int ex_gcd(int a,int b)
{
    if(b==0) {x=1;y=0;return a;}
    int gcd=ex_gcd(b,a%b);
    int tmp=x;x=y;
    y=tmp-a/b*y;//扩欧
    return gcd;
}
//最后得到的x即为原同余方程的一个可行解;

扩欧的证明:
当最后 b’==0 时a’==gcd(a,b) 则此时 $a'x+b'y=gcd(a,b)*x$
令 $x=1,y=0$ 即得最后的一组解。
考虑从后往前推出 $ax+by=c$ 的解:
设我们前一步求出的解为 $x_1,y_1,此时a,b的值就表示为a,b,当前的解表示为x,y$
那么因为 $gcd(a,b)=gcd(b,a$ % $b),a$ % $b=a-(a/b)*b$ 有:

b * x_{1} + (a - (a / b) * b) y_{1} = g c d (a, b)

$b*x_1+(a-(a/b)*b)y_1=gcd(a,b)$
则:

b * x_{1} + (a - (a / b) * b) y_{1} = a x + b y

$b*x_1+(a-(a/b)*b)y_1=ax+by$
整理得:

a y_{1} + b (x_{1} - (a / b) y_{1}) = a x + b y

$ay_1+b(x_1-(a/b)y_1)=ax+by$
容易看出:

x = y_{1}, y = x_{1} - (a / b) y_{1}

$x=y_1,y=x_1-(a/b)y_1$
即证。

4.第四步:根据题意得出答案

若要求出最小正整数解：

    while(x<0) x+=b;x%=b;
    b/=gcd;//mod 要变成 mod/gcd ;(mod 即为 b)
    x=x*c/gcd;//同余的同乘性质
    while(x<0) x+=b;x%=b;//最小正整数解

若要求出解的个数(或所有解)

    int tot=gcd(a,b);// 只有gcd(a,b) 个解
    //要求出每个解，只需对其不断加 b/gcd 即可(同时y-=a/gcd)

3.求解单变量模线性方程组(中国剩余定理)

有如下方程:

{\begin{cases} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) \\ x \equiv a_{3} (m o d m_{3}) \\ \dots \dots \dots \\ x \equiv a_{n} (m o d m_{n}) \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv a_1 (mod\;m_1)\\ x \equiv a_2 (mod\;m_2)\\ x \equiv a_3 (mod\;m_3)\\ \dots\dots \dots\\ x \equiv a_n (mod\;m_n)\\ \end{cases}$
其中(

m_{1} m_{2} m_{3} m_{n} 两两互质

$m_1\;m_2\;m_3\;m_n\;\mbox{两两互质}$ )
为了方便表示,将x设为S
(1)设

M = Π_{i = 1}^{n} m_{i}

$M=\Pi^n_{i=1}m_i$ ，设

M_{i} = M / m_{i}

$M_i=M/m_i$
(2)可知对于每一个

i 有 : (M_{i}, m_{i}) = 1

$i有:(M_i,m_i)=1$
即:

M_{i} x + m_{i} y = 1

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad M_ix+m_iy=1$
那么

x 为 M_{1}

$x为M_1$ 的逆元,用

t_{i}

$t_i$ 表示
两边同时扩大

a_{i} 倍

$a_i倍$

M_{i} a_{i} t_{i} + m_{i} a_{i} y = a_{i}

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad M_ia_it_i+m_ia_iy=a_i$

而 $y$ 的取值与求解无关,可将 $a_iy$ 视为 $y$ ,则:

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad M_ia_it_i+m_iy=a_i$

那么易知 $S=M_ia_it_i$
则原同余方程组通解为:

x = a_{1} t_{1} M_{1} + a_{2} t_{2} M_{2} + . . . . + a_{n} t_{n} M_{n} + k M, k \in Z

$x=a_1t_1M_1+a_2t_2M_2+....+a_nt_nM_n+kM,k∈Z$

为什么把每一个加起来就行了呢?
因为每一个 $M_i$ 都含有因子 $m_j(j\ne i)$ ，对于其他的同余方程不产生影响。
若要求最小正整数解，则对 $M$ 取模即可。

代码如下:

//中国剩余定理求解单变量模线性同余方程组
int CRT(int a[],int m[],int h)
{
    int ans=0;int M=1;
    for(int i=1;i<=h;i++) M*=m[i];//求M
    for(int i=1;i<=h;i++) {
        ll Mi,ti;
        Mi=M/m[i];//求Mi
        ti=Rev(Mi,m[i]);//求Mi的逆元
        ans+=((a[i]*Mi%M)*ti)%M;//累加答案
        if(ans>=M) ans-=M;//取模
    }
    return ans;
}

4.扩展中国剩余定理

这同样是用来解决单变量模线性方程组的,但是能够应用于模数不互质的情况
其实这个和中国剩余定理没有什么关系,CRT是用构造法,而EXCRT则基于扩展欧基里德算法

做法:
还是如下方程:

{\begin{cases} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) \\ x \equiv a_{3} (m o d m_{3}) \\ \dots \dots \dots \\ x \equiv a_{n} (m o d m_{n}) \end{cases}

$\begin{cases} x≡a_1 (mod\;m_1)\\ x≡a_2 (mod\;m_2)\\ x≡a_3 (mod\;m_3)\\ \dots\dots \dots\\ x≡a_n (mod\;m_n)\\ \end{cases}$

其中 $m_1\ m_2\ m_3\ m_4 \dots m_n$ 不一定互质

我们可以发现左边的式子都是相同的,于是有了同余方程合并这种操作
既然是合并,我们只要讨论两个式子的时候的情况
对于:

{\begin{cases} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv a_1\ (mod\ m_1)\\ x \equiv a_2\ (mod\ m_2)\\ \end{cases}$
可以看做是两个方程:

{\begin{cases} x = a_{1} + x_{1} m_{1} \\ x = a_{2} + x_{2} m_{2} \end{cases}

$\begin{cases} x =a_1+x_1m_1\\ x =a_2+x_2m_2\\ \end{cases}$
合并一下得到:

a_{1} + x_{1} m_{1} = a_{2} + x_{2} m_{2}

$a_1+x_1m_1=a_2+x_2m_2$
移项:

x_{1} m_{1} = a_{2} - a_{1} + x_{2} m_{2}

$x_1m_1=a_2-a_1+x_2m_2$
假定

a_{2} \geq a_{1}

$a_2 \geq a_1$ ,设为

c

$c$ ,再化为同余方程:

m_{1} x_{1} \equiv c (m o d m_{2})

$m_1x_1\equiv c\ (mod\ m_2)$

令 $gcd(m_1,m_2)=d$ ,该同于方程有解当且仅当 $d|c$ ,所以如果 $d$ 不整除 $c$ 则整个同余方程组无解
反之,由同余的性质得:

\frac{m_{1}}{d} x_{1} \equiv \frac{c}{d} (m o d \frac{m_{2}}{d})

$\frac{m_1}{d}x_1\equiv \frac{c}{d}\ (mod \frac{m_2}{d})$
记

d_{1} = \frac{m_{1}}{d}, d_{2} = \frac{m_{2}}{d}, c_{2} = \frac{c}{d}

$d_1=\dfrac{m_1}{d},d_2=\dfrac{m_2}{d},c_2=\dfrac{c}{d}$
由于此时

d_{1}, d_{2}

$d_1,d_2$ 一定互质,所以

d_{1}

$d_1$ 在模

d_{2}

$d_2$ 的意义下一定有逆元,记为

d_{1}^{- 1}

$d_1^{-1}$ ,那么可以解出

x_{1}

$x_1$ (其实就是扩欧)

x_{1} = d_{1}^{- 1} c_{2} + d_{2} x_{2}

$x_1=d_1^{-1}c_2+d_2x_2$
回代进一开始的方程:

x = c + (d_{1}^{- 1} c_{2} + d_{2} x_{2}) m_{1}

$x=c+(d_1^{-1}c_2+d_2x_2)m_1$
展开化简得:

x = d_{1}^{- 1} c_{2} m_{1} + c + \frac{m_{1} m_{2}}{d} x_{2}

$x=d_1^{-1}c_2m_1+c+\frac{m_1m_2}{d}x_2$
于是我们可以得到一个新的同余方程:

x \equiv d_{1}^{- 1} c_{2} m_{1} + c (m o d \frac{m_{1} m_{2}}{d})

$x\equiv d_1^{-1}c_2m_1+c \ (mod\ \frac{m_1m_2}{d})$

于是就这样一直合并下去,最后的解就直接出来了(注意最后的模数会变成 $lcm(m_1,m_2,...,m_n)$ )

中间结果注意防溢出

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ldb;
const int N=1e5+10;
inline ll Mul(ll a,ll b,ll mod){a%=mod;b%=mod;return (a*b-(ll)((ldb)a*b/mod)*mod+mod)%mod;}
int n;
ll gcd(ll a,ll b){return (b? gcd(b,a%b):a);}
inline ll fpow(ll x,ll k,ll mod)
{
    register ll ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=Mul(ans,x,mod);
        x=Mul(x,x,mod);
        k>>=1;
    }
    return ans;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){x=1;y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    register ll tmp=x;
    x=y;y=tmp-a/b*y;
    return;
}
inline void EXCRT()
{
    ll p1,b1,p2,b2;scanf("%lld %lld",&p1,&b1);
    for(register int i=2;i<=n;++i) {
        scanf("%lld %lld",&p2,&b2);
        register ll d=gcd(p1,p2);
        if(b2<b1) swap(b1,b2),swap(p1,p2);
        register ll c=b2-b1;
        if(c%d) return void(puts("no solution"));
        register ll d1=p1/d,d2=p2/d;
        register ll lcm=d1*p2;c/=d;
        register ll inv,y;exgcd(d1,d2,inv,y);
        register ll x1=Mul(inv,c,d2);
        b1=(b1+Mul(x1,p1,lcm))%lcm;p1=lcm;
    }
    printf("%lld\n",b1%p1);
    return;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("EXCRT.in","r",stdin);
    freopen("EXCRT.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%d",&n);
    EXCRT();
    return 0;
}

5.卢卡斯定理(大组合数取模)

对于组合数取模,如

C_{n}^{m} m o d p

$C^m_n\ mod\ p$
其中p是一个质数,有如下定理:

卢卡斯定理:组合数 $C^m_n$ 在模意义下等价于把n和m看成一个p进制数,对每一位分别求出组合数后乘起来
比如说假设:
$n=a_1*p^0+a_2*p^1+a_3*p^3+\dots a_k*p^k,m=b_1*p^0+b_2*p^1+b_3*p^3+\dots b_k*p^k$
那么:

C_{n}^{m} m o d p = \prod_{i = 0}^{k} C_{a_{i}}^{b_{i}} m o d p

$C^m_n\; mod\; p=\prod_{i=0}^k C^{b_i}_{a_i} \; mod\;p$

显然如果p很大的话没有什么鸟用
但是当p不是特别大的话,我们可以发现通过这个定理我们要求的组合数的n,m都不会超过p,可以使用阶乘来解决,并且这时阶乘一定和p是互质的,一定存在逆元,通过阶乘逆元我们可以直接算出组合数
复杂度是 $O(p\ log_pn)$ ,预处理阶乘逆元就直接是 $O(p+log_pn)$ 了,~~看上去还是很有用的~~

主要代码:

inline ll C(ll n,ll m,ll p){
    if(m>n) return 0;
    return fac[n]*fpow(fac[m],p-2,p)%p*fpow(fac[n-m],p-2,p)%p;
}
ll Lucas(ll n,ll m,ll p)
{
    if(!m) return 1;
    return C(n%p,m%p,p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;
}

6.扩展卢卡斯定理

还是这个东西:

C_{n}^{m} m o d p

$C^m_n\ mod\ p$
但是p不一定是质数
这个其实和卢卡斯定理也没有什么很大的关系
我们先把p给质因数分解:

p = p_{1}^{k_{1}} p_{2}^{k_{2}} p_{3}^{k_{3}} \dots p_{n}^{k_{n}}

$p=p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}\dots p_n^{k_n}$
可以看出,如果所有的k都是1的话,我们设

C_{n}^{m} = x

$C_n^m=x$ ,对每一个

p_{i}

$p_i$ 分别用卢卡斯定理求出组合数

C_{i}

$C_i$ ,那么就变成了求解一系列的同余方程组:

{\begin{cases} x \equiv C_{1} m o d p_{1} \\ x \equiv C_{2} m o d p_{2} \\ x \equiv C_{3} m o d p_{3} \\ x \equiv C_{4} m o d p_{4} \\ x \equiv C_{5} m o d p_{5} \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv C_1 \ mod\ p_1 \\ x \equiv C_2 \ mod\ p_2 \\ x \equiv C_3 \ mod\ p_3 \\ x \equiv C_4 \ mod\ p_4 \\ x \equiv C_5 \ mod\ p_5 \\ \end{cases}$
于是我们可以用中国剩余定理进行合并,求出最后的x,显然在模p意义下最后只会有唯一解

问题在于我们现在的p可能不是一次,而是有k次,要想用CRT来进行合并只能靠求出 $C_n^m\ mod\ p_i^{k_i}$
因为要把同余式 $x\equiv a\ (mod\ p_1p_2)$ 拆开必须要满足 $p_1$ 和 $p_2$ 互质,显然两个相同的数不会互质

于是问题转化为快速求出 $C_n^m\ mod\ p_i^{k_i}$
为方便,我们设现在考虑的模数是 $p^k$ , $p$ 是一个质数
还是考虑用阶乘来解决:

C_{n}^{m} = \frac{n!}{m! (n - m)!}

$C^m_n=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}$
我们仔细观察可以发现

n!

$n!$ 中含有的

p

$p$ 这个因子的个数一定会不少于

m! (n - m)!

$m!(n-m)!$ 中p的个数,我们可以很容易得到一个阶乘中含有的p的个数的递推公式:

f (n) = f (⌊ \frac{n}{p} ⌋) * ⌊ \frac{n}{p} ⌋

$f(n)=f(\lfloor { \frac{n}{p} }\rfloor)*\lfloor { \frac{n}{p} }\rfloor$
例如我们要求:

9!

$9!$ 中

2

$2$ 的个数:

9! = 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times 8 \times 9 = 1 \times 3 \times 5 \times 7 \times 9 \times [2 \times (1 \times 2 \times 3 \times 4)]

$9!=1\times2\times3\times4\times5\times6\times7\times8\times9 \\ =1\times3\times5\times7\times9\times[2\times(1\times2\times3\times4)]$
这就比较直观了,有了这个的话,我们假设求出阶乘中不含

p

$p$ 的项的积,这样就可以通过逆元来进行组合数计算了,只需要最后把因该有的

p

$p$ 给再乘上去就行了

于是问题再次变为如何快速求出阶乘

其实方法在上面 $9!$ 的变换中就可以发现了,由于我们不管 $p$ 有多少,发现提出来一个 $p$ 之后,右边那部分的阶乘可以递归进行计算,就是 $\lfloor { \frac{n}{p} }\rfloor!$ ,于是关键在于计算左边
由于是模p意义下,在上面的式子中,可以发现左边其实全部都是1,手玩一下其他的发现显然这个东西是以p个一循环的,并且可能会剩下不超过p个数
所以循环部分算出一个然后快速幂 $n/p$ 次,最后还会剩下 $n\%p$ 个,直接暴力算这些
所以对于一次的阶乘要算的次数也不会超过 $O(p)$ 次,总共有 $log_pn$ 层
所以计算一个阶乘的复杂度为 $O(p\ log_pn)$
总复杂度也就是把所有模数的复杂度加起来,最高也不超过最大质因子的复杂度
所以我们就解决了这个问题
剩下的就是算出逆元,求出组合数,处理多余的质因子p,然后CRT合并

代码:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,p;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b) {x=1;y=0;return;}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    register ll tmp=x;
    x=y;y=tmp-a/b*y;
    return;
}
inline ll Mul(ll a,ll b,ll p){a%=p;b%=p;return (a*b-((ll)(long double)a*b/p)*p+p)%p;}
inline ll fpow(ll x,ll k,ll p){
    register ll ans=1;
    while(k){
        if(k&1) ans=ans*x%p;
        x=x*x%p;k>>=1;
    }
    return ans;
}
ll calc(ll n,ll pi,ll pk){
    if(n<=1) return 1;
    register ll ret=1,i;
    ll rsub=calc(n/pi,pi,pk);
    if(n/pk){//如果大于模数
        for(i=2;i<=pk;++i) if(i%pi) ret=ret*i%pk;
        ret=fpow(ret,n/pk,pk)%pk;
    }
    register ll res=n%pk;
    for(i=2;i<=res;++i) if(i%pi) ret=ret*i%pk;//模意义下,直接枚举模了之后的未统计数也可以
    return ret*rsub%pk;
}
inline ll inv(ll a,ll b)
{
    ll x,y;
    exgcd(a,b,x,y);
    x=(x+b)%b;
    return x;
}

inline ll C(ll n,ll m,ll pi,ll pk)
{
    if(m>n) return 0;
    ll facn=calc(n,pi,pk);
    ll facm=calc(m,pi,pk);
    ll facmn=calc(n-m,pi,pk);//求解三个阶乘
    ll num=0;register ll i;
    for(i=n;i;i/=pi) num+=i/pi;
    for(i=m;i;i/=pi) num-=i/pi;
    for(i=n-m;i;i/=pi) num-=i/pi;//把p这个质因子都提出来单独算(其实算阶乘的时候没有处理这些数)
    //阶乘质因子个数递推 f[i]=f[i/p]+i/p;
    return facn*inv(facm,pk)%pk*inv(facmn,pk)%pk*fpow(pi,num,pk)%pk;
}
inline void EXLucas(ll n,ll m,ll p){
    if(n<m) return void(puts("0"));
    if(n==m||m==0) return void(puts("1"));
    ll ans=0;ll x=p;
    for(register int i=2;i<=p;++i)
        if(!(x%i)){
            register ll pk=1ll;
            while(!(x%i)) pk*=i,x/=i;
            register ll res=C(n,m,i,pk);
            ans=ans+res*(p/pk)%p*inv(p/pk,pk)%p;
            if(ans>=p) ans-=p;
        }
    printf("%lld\n",ans);
    return;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("EXLucas.in","r",stdin);
    freopen("EXLucas.out","w",stdout);
#endif
    scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&p);
    EXLucas(n,m,p);
}

2.逆元

1.定义:在 mod m 的意义下,设b是a的逆元,则: $a*b≡1 (mod\;m)$

2.求解方法:

1.线性递推法
逆元的递推公式:

i n v [i] = (P - P / i) * i n v [P % i] % P

$inv[i]=(P-P/i)*inv[P\%i]\%P$

阶乘逆元的递推公式:

i n v [i] = i n v [i + 1] * (i + 1) % P

$inv[i]=inv[i+1]*(i+1)\%P$

上面的 $inv[i]$ 表示 $i!$ 的逆元

2.扩展欧基里德法:

在上面我们用扩欧求了如下同余方程的解:

a x \equiv b (m o d p)

$ax \equiv b\ (mod\ p)$

而逆元是求的这个同余方程:

a x \equiv 1 (m o d p)

$ax \equiv 1\ (mod\ p)$

所以把b直接设为1然后扩欧解出x的最小正整数解就是a的逆元了

可以发现a,p一定要互质,不然同余方程无解,即a在a和p不互质的情况下是没有逆元的

3.费马小定理

费马小定理:
当a和p互质且p是质数时,有

a^{p - 1} \equiv 1 (m o d p)

$a^{p-1} \equiv 1 \ (mod\ p)$

相当于是:

a^{p - 2} * a \equiv 1 (m o d p)

$a^{p-2}*a \equiv 1\ (mod\ p)$
所以

a^{p - 2}

$a^{p-2}$ 就是a的逆元了

4.欧拉定理

欧拉定理:
当a和p互质时,有

a^{φ (p)} \equiv 1 (m o d p)

$a^{\varphi(p)} \equiv 1\ (mod\ p)$

所以 $a$ 的逆元是 $a^{\varphi(p)-1}$ ,其实费马小定理是欧拉定理在p是质数时的一个特殊情况

补充:
扩展欧拉定理:

a^{b} \equiv a^{b % φ (p) + φ (p)} (m o d p)

$a^b \equiv a^{b \%\varphi(p)+\varphi(p)}\ (mod\ p)$
证明不会

小结:逆元在a和p互质的情况下才有

同余&逆元简单总结

同余&逆元

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2.逆元

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