【数论】欧几里得算法与中国剩余定理

版权声明：来自达羌蒟蒻 https://blog.csdn.net/PHenning/article/details/89041940

趁现在脑子还好使赶快复习一波小学生都会的高中数学

欧几里得算法

真の欧几里得算法

计算两个整数 $a,b$的最大公约数。
时间复杂度： $O(\log_2n)$

int gcd(int a,int b){
  return b?gcd(b,a%b):a;
}

证明：
$a\mod b$可以表示成 $a-kb,k=\lfloor\frac ab\rfloor$。
设 $d$是 $a,b$的一个公约数，则有 $d|a,d|b$。
设 $a=xd,b=yd,x,y\in Z$
$\therefore a\mod b=a-kb=xd-kyd=(x-ky)d$
$\because x-ky$是整数， $\therefore d|r$
$\therefore d$是 $b$和 $a\mod b$的公约数。

扩展欧几里得算法

在已知整数 $a,b$的情况下求 $ax+by=gcd(a,b)$的一组整数解 $a,b$。
时间复杂度： $O(\log_2n)$

void ext_gcd(int a,int b,int&x,int&y){
  if(!b){x=1,y=0;return;}
  ext_gcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;
}

证明：
设 $ax_1+by_1=gcd(a,b),bx_2+(a\mod b)y_2=gcd(b,a\mod b)$
由欧几里得算法得 $ax_1+by_1=bx_2+(a\mod b)y_2$
设 $a\mod b=a-kb,k=\lfloor\frac ab\rfloor$
$\therefore ax_1+by_1=bx_2+(a-kb)y_2$
转换得到 $ax_1+by_1=ay_2+b(x_2-ky_2)$
观察上式可知 $\begin{cases}x_1=y_2\\y_1=x_2-\lfloor\frac ab\rfloor y_2\end{cases}$
$gcd(a,b)$中 $b=0$时， $\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}$为该方程的一组解，此时回溯回去就可求出 $x,y$最初的解了。

如果要同时求解不定方程和求 $gcd$，可以用下面的操作：

int ext_gcd(int a,int b,int&x,int&y){
  if(!b){x=1,y=0;return a;}
  int d=ext_gcd(b,a%b,y,x);
  y-=a/b*x;return d;
}

解不定方程

对于不定方程 $ax+by=c$，设 $gcd(a,b)=d$
当 $c\mod d=0$时有通解：
$\begin{cases}x=\frac cdx'+\frac bdk\\y=\frac cdy'-\frac adk\end{cases},k\in Z$

这里有一道题：
数学题（NKOJ 5028）

问题描述
给出 $a,b,c,x_1,x_2,y_1,y_2$，求满足 $ax+by+c=0$，且 $x\in[x_1,x_2],y\in[y_1,y_2]$的整数解有多少对。

输入格式
第一行包含 $7$个整数， $a,b,c,x_1,x_2,y_1,y_2$，整数间用空格隔开。
$a,b,c,x_1,x_2,y_1,y_2$的绝对值不超过 $10^8$。

输出格式
输出整数解有多少对。

样例输入
1 1 -3 0 4 0 4

样例输出
4

首先处理区间不存在或 $a=0$或 $b=0$的情形，直接根据区间大小计算出解的个数。
若 $a,b$均不为 $0$，原方程即为不定方程，用扩展欧几里得算法求解。
若有解，求出一组解 $x,y$，根据 $x_1\leqslant x\leqslant x_2$，得
$\frac db>0$时， $\frac db(x_1-x)\leqslant k_x\leqslant\frac db(x_2-x)$
$\frac db<0$时， $\frac db(x_2-x)\leqslant k_x\leqslant\frac db(x_1-x)$
同理求出 $k_y$的范围，取两范围的交集，其中整数的个数即为解。

typedef long long LL;
LL ext_gcd(LL a,LL b,LL&x1,LL&y1);
int main(){
  LL a,b,c,d,x1,x2,y1,y2,x,y;
  read(&a,&b,&c,&x1,&x2,&y1,&y2);
  c=-c;
  if(x1>x2||y1>y2)return write("0"),0;
  if(!a){
    if(!b){
      if(!c)return write((x2-x1+1)*(y2-y1+1)),0;
      return write("0"),0;
    }
    if(!c)return write(y1<=0&&0<=y2?x2-x1+1:0),0;
    return write(!(c%b)&&y1<=c/b&&c/b<=y2?x2-x1+1:0),0;
  }
  if(!b){
    if(!c)return write(x1<=0&&0<=x2?y2-y1+1:0),0;
    return write(!(c%a)&&x1<=c/a&&c/a<=x2?y2-y1+1:0),0;
  }
  d=ext_gcd(a,b,x,y);
  if(c%d)return write("0"),0;
  x*=c/d,y*=c/d;
  double tx1=(x1-x)*1.0*d/b,tx2=(x2-x)*1.0*d/b;
  if((double)d/b<0)swap(tx1,tx2);
  LL kx1=(LL)ceil(tx1),kx2=(LL)floor(tx2);
  double ty1=(y-y2)*1.0*d/a,ty2=(y-y1)*1.0*d/a;
  if((double)d/a<0)swap(ty1,ty2);
  LL ky1=(LL)ceil(ty1),ky2=(LL)floor(ty2);
  LL k1=max(kx1,ky1),k2=min(kx2,ky2);
  write(k1<=k2?k2-k1+1:0);
  return 0;
}

解模线性方程

$ax\equiv b\pmod n$的含义是 $ax\mod n=b\mod n$
即 $ax-b$是 $n$的整数倍，设这个倍数为 $y$，则 $ax-b=ny$，移项得 $ax-ny=b$

求乘法逆元

$ax\equiv 1\pmod n$的解 $x$称为 $a$关于模 $n$的乘法逆元。
在 $gcd(a,n)=1$的前提下， $ax\equiv1\pmod n$只有唯一解，此解即为 $a$在模 $n$下的乘法逆元。

中国剩余定理

真の中国剩余定理

求解下列方程组（ $w_1,w_2,\ldots,w_k$两两互质）：
$\begin{cases} x&\equiv b_1\pmod{w_1}\\ x&\equiv b_2\pmod{w_2}\\ &\vdots\\ x&\equiv b_k\pmod{w_k} \end{cases}$

上面方程组的解为 $x=\sum_{i=1}^km_i{m_i}^{-1}b_i\mod p$

其中 $p=\prod_{i=1}^kw_i,m_i=\frac p{w_i},m_i{m_i}^{-1}\equiv1\pmod{w_i}$

int crt(int*b,int*w,int k){
  int x,y,ans=0,mi,p=1;
  for(int i=1;i<=k;i++)p*=w[i];
  for(int i=1;i<=k;i++){
    mi=p/w[i];
    ext_gcd(mi,w[i],x,y);
    ans=(ans+x*mi*b[i])%p;
  }
  return ans?ans:ans+p;
}

证明略

扩展中国剩余定理

$w_1,w_2,\ldots,w_n$为不一定两两互质的整数，求 $x$的最小非负整数解。

int ext_crt(int*b,int*w,int n){
  int ans=0,m=1,p;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int x,y,d=ext_gcd(m,w[i],x,y),t=w[i]/d;
    if((b[i]-ans)%d)return -1;
    x=(x%t+t)%t,p=m*t;
    int k=((b[i]-ans)/d*x%t+t)%t;
    ans=(ans+k*m)%p,m=p;
  }
  return ans?ans:ans+p;
}

证明：
设前 $n-1$个同余方程组成的方程组的一个解为 $x'$， $m=\prod_{i=1}^{n-1}w_i$
则其通解为 $x=x'+km,k\in Z$
则需找到一个正整数 $k'$满足第 $n$个方程，即 $x'+k'm\equiv b_n\pmod{w_n}$
转化得 $k'm\equiv b_n-x'\pmod{w_n}$，用扩展欧几里得求解。

这里又有一道题：
洗牌（NKOJ 4034）

问题描述
BH发明了一台洗牌机。机器上有一排共 $N$个格子，一开始，我们将编号 $1$到 $N$的 $N$张牌依次放入这 $N$个格子里。每个格子下方标识了一个数字，表示经过一次洗牌后，对应格子出现的牌的编号。
现在给你 $N$张牌和洗牌后要求得到的顺序，问洗牌机需要进行多少次洗牌才能得到指定牌序？如果无解，输出 $-1$。

输入格式
第一行，一个整数 $N$( $1\leqslant N\leqslant520$)。
第二行， $N$个空格间隔的整数，表示洗牌机1到N每个格子下对应的标识。
第三行， $N$个空格间隔的整数，表示指定的牌序。

输出格式
一行，一个整数，表示所需洗牌次数。无解输出 $-1$。

样例输入
4
2 3 4 1
3 4 1 2

样例输出
2

显然在不断洗牌的过程中，每个位置上牌的编号是循环出现的。
记 $c[i][j]$为 $i$位置出现编号为 $j$的牌所需的最少洗牌次数（规定 $c[i][i]>0$，则 $c[i][i]$表示 $i$位置牌的编号循环一次所需的次数）， $a[i]$为指定牌序中 $i$位置牌的编号，则答案为下面方程组的最小非负整数解：
$\begin{cases} x&\equiv c[1][a[1]]\pmod{c[1][1]}\\ x&\equiv c[2][a[2]]\pmod{c[2][2]}\\ &\vdots\\ x&\equiv c[n][a[n]]\pmod{c[n][n]} \end{cases}$

$c[i][j]$数组直接暴力模拟，然后用扩展中国剩余定理求解即可。

const int maxn=520+5;
int c[maxn][maxn],mk[maxn],a[maxn],n;
int ext_gcd(int a,int b,int&x,int&y);
int ext_crt(int*b,int*w,int n);
int b[maxn],w[maxn];
int main(){
  read(&n);
  for(int i=1;i<=n;i++)read(&mk[i]);
  for(int i=1;i<=n;i++)read(&a[i]);
  for(int i=1;i<=n;i++){
    int t=i,cnt=1;
    while(mk[t]!=i)t=mk[t],c[i][t]=cnt++;
    c[i][i]=cnt;
  }
  for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=c[i][a[i]],w[i]=c[i][i];
  write(ext_crt(b,w,n),"\n");
  return 0;
}