前置
模運算
定義： \(a \% b (a\mod b)\) ，表示 \(a\) 除以 \(b\) 的餘數。
加法： \((a+b) \% p\) 。
減法： \((a-b+p) \% p\) 。加 \(p\) 是為了防止負數。
乘法： \((a \times b) \% p\) 。
除法無法直接運算，要用逆元（在下面會講到）。
平方運算： 快速冪
模運算滿足： 結合律，交換律，分配律 。
同餘的定義及其性質
定義： 若 \(a,b\) 除以 \(m\) 的餘數相同，則稱 \(a,b\) 模 \(m\) 同餘，記作 \(a \equiv b(\mod m)\)。
由對於模n同餘的所有整陣列成的這個集合稱為同餘類（congruence class或residue class） 。
模 \(m\) 的同餘類一共有 \(m\) 個，它們構成 \(m\) 的 完全剩餘系 。
\(1\) 到 \(m\) 中與 \(m\) 互質的數代表的同餘類共有 \(\varphi(m)\) 個，它們構成了 \(m\) 的簡化剩餘系。
性質1： 滿足對稱性，同加性，同乘性，同冪性。
性質2： 若 \(a \equiv b(\mod p),c \mid a,c \mid b\)，則 \(a \equiv b(\mod \dfrac{m}{\gcd(m,c)})\) 。
費馬小定理
若 \(p\) 是質數，\(\forall a \in Z,a^{p} \equiv a (\mod p)\) 。當 \(a,p\) 互質時，則有 \(a^{p-1} \equiv 1(\mod p)\) 。
引理：當 \(p\) 是質數時，其因子只有 \(1\) 和 \(p\) 兩個。因此，若兩個數相乘是 \(p\) 的倍數，其中必然至少有一個是 \(p\) 的倍數。
當 \(a\) 不是 \(p\) 的倍數時，不存在 \(x \neq y\) 且 \(1 \leq x,y < p\) 使得 \(a \times y \equiv a \times x(\mod p)\) 而 \(x-y<p\) 是 \(p\) 的倍數，與 \(1 \leq x,y < p\) 的限制矛盾。
進一步地，考慮 \(1 \sim p-1\) 所有數，它們乘以 \(a\) 之後在模 \(p\) 意義下互不相同，說明仍得 \(1 \sim p-1\) 所有數。
因此，\(\prod_{i=1}^{p-1}i \equiv \prod_{i=1}^{p-1}ai(\mod p)\)。又因為 \(\prod_{i=1}^{p-1}i\)顯然不是 \(p\) 的倍數，所以費馬小定理成立。
尤拉定理
若正整數 \(a,n\) 互質，\(a^{\varphi(n)} \equiv 1(\mod n)\) 其中 \(\varphi(n)\) 為尤拉函式。
設 \(x_1,x_2 \cdots x_{\varphi(n)}\) 是模 \(n\) 的簡化剩餘系，那 \(ax_1,ax_2, \cdots ax_{\varphi(n)}\) 也是模 \(n\) 的簡化剩餘系。
因為 \(\gcd(a,n)=1\) ，\(ax_1 \dot a x_2 \cdots ax_{\varphi(n)} \equiv x_1,x_2 \cdots x_{\varphi(n)} (\mod n)\) ，所以尤拉定理成立。
可以發現費馬小定理是尤拉定理的一種特殊情況。
擴充套件尤拉定理
若 \(a,n\) 互質，\(a^b \equiv a^{b \mod \varphi(n)}\)
若 \(a,n\) 不互質，當 \(b>\varphi(n)\) 時，\(a^{b \equiv \varphi(n)+\varphi(n)}\)
因為證明有些複雜，見oi wiki 。
擴充套件尤拉定理可以用來降冪，當冪太大時，此公式可以減小複雜度，而當 \(b< \varphi(n)\) 冪比較小，就沒有必要降冪了。
例題：P4139 上帝與集合的正確用法
線性同餘方程
裴蜀定理
定義： \(a,b\) 是不全為零的整數，對於任意整數 \(x,y\) ， $\gcd(a,b) \mid ax + by $ ，且存在整數 \(x,y\)，使得 $ax +by = \gcd(a,b) $。
逆定理： 設 \(a,b\) 是不全為零的整數，若 \(d>0\) 是 \(a,b\) 的公約數，且存在整數 \(x,y\)，使得 $ ax +by = d$，則 \(d = \gcd(a,b)\) 。
特殊地，設 \(a,b\) 是不全為零的整數，若存在正整數 \(x,y\) ，使得 $ax +by =1 $ ，則 \(a,b\) 互質。
當有 \(n\) 個數時，此定理依然成立。
例題： P4549 【模板】裴蜀定理
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int gcd(int x,int y)
{
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int x,y;
cin>>x;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
cin>>y;
x=gcd(x,y);
}
cout<<abs(x)<<endl;
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
int gcd(int x,int y)
{
return y==0?x:gcd(y,x%y);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
int x,y;
cin>>x;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
cin>>y;
x=gcd(x,y);
}
cout<<abs(x)<<endl;
return 0;
}
擴充套件歐幾里得演算法
上文裴蜀定理，講述了存在整數 \(x,y\)，使得 $ax +by = \gcd(a,b) $ ，這裡講述如何求解 \(x,y\) 。
我們設 \(d=gcd(a,b)\)。可以用輾轉相除法法求出兩個數的 $ \gcd$ ，所以我們假設它的另一個解是\(x2,y2\)，滿足
也就是
又因
代入拆開得
可得一個解
現在發現只需要求出 \(x2,y2\) 而我們觀看一下求 \(x,y\) 的式子，就是輾轉相除法的式子，所以我們只需遞推求一下 \(x2,y2,x3,y3\)等。
考慮一下遞推邊界，當遞推到\(b=0\) 時,
可轉換成
顯然 \(x=1，y \in Z\) 時 ，方程成立。
這樣就求出了方程的一組特解，我們設為 \(x_0,y_0\) 。
顯然不定方程 $ax +by = \gcd(a,b) $ 有無窮解，所以要求通解形式。
可以知道 $ \Delta(ax)+\Delta(by)=0$ ，設 \(\Delta =\lvert \Delta (ax) \rvert = \lvert \Delta (by) \rvert\)，那 \(a,b \mid \Delta\)，\(lcm(a,b) \mid \Delta\) ，所以 $ \Delta x$ 是 \(\dfrac{lcm(a,b)}{a}=\dfrac{b}{d}\) 的倍數，$ \Delta y$ 是 \(\dfrac{lcm(a,b)}{b}=\dfrac{a}{d}\) 的倍數。
所以通解為：
這裡 \(k \in Z\)。
實際做題時，會讓求 \(x\) 的最小正整數解，設 \(t= \dfrac{b}{d}\)
特解的資料範圍:ycx 的文章 關於 exgcd 求得特解的數值範圍
線性同餘方程
定義：形如 \(a \times x\equiv c (\mod b) ,a,b \in Z\) 的方程叫做線性同餘方程。
求法：
原式轉換成 :
這個式子和擴充套件歐幾里得演算法可以求的式子有點關聯。
設 \(d=\gcd(a,b)\) ，由裴蜀定理可知，方程有解當 \(d \mid c\) 。
原式又可轉成：
這樣用擴充套件歐幾里得演算法就可以求出。
模板： P1082 [NOIP2012 提高組] 同餘方程
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int c,d,x,y;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=1;
return a;
}
int t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
return t;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&c,&d);
exgcd(c,d,x,y);
printf("%lld",(x%d+d)%d);
return 0;
}
線性同餘方程組（中國剩餘定理）
中國剩餘定理(crt)
上式子中 \(a \in Z,m \in N^*,(a,m)=1\)。
求解方法：
設 \(M=m_1 \times m_2 \times \cdots m_n\)。
\(b_i=\dfrac{M}{m_i}\)，\(b_i^{-1}\) 為 \(b_i\) 模 \(m_i\) 下的逆元。
\(x= \sum_{i=1}^{n} a_i \times b_i \times b_i^{-1}\)
證明：
嘗試為每個同餘方程設一個 $ x_i,x_i \equiv a_i (\mod m_i)$，可以知道 $ x_i \equiv 0(mod m_j) j \neq i$，記為條件一。
那 \(x_i\) 為 \(b_i\) 的倍數，如果要滿足條件一 \(x_i=b_i\times a_i\) 即可，
那要滿足上面新設的同餘方程，讓 \(x_i \times b_i^{-1}\) 即可，如果要讓所以 \(x_i\) 合成一個 \(x\)，加起來就可以了。
擴充套件中國剩餘定理(excrt)
上面沒看懂？沒關係有更好理解並適用更廣的擴充套件中國剩餘定理（excrt），它不要求模數互質。
本質就是合併方程，我們把兩個方程合併成新一個方程，依次類推就可以求解方程組了。
具體的說：合併方程 \(x \equiv a_1 (mod m_1)\) 和 \(x \equiv a_2 (mod m_2)\)。
設 $x = a_1+p \times m_1 $，所以
即：
這個地方可以用 exgcd 求解。
最後合併得到：
根據 裴蜀定理 ，\(gcd(m_1,m_2)\) 不是 \(a_2-a_1\) 因數時，方程無解。
模板：
P1495 【模板】中國剩餘定理（CRT）/ 曹衝養豬
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n;
int a[20],b[20],ans,M=1,t[20],m[20];
int x,y;
int exgcd(int a,int b)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
exgcd(b,a%b);
int t=y;
y=x-a/b*y;
x=t;
}
signed main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>b[i]>>a[i],M*=b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
exgcd(M/b[i],b[i]);
t[i]=x;
t[i]=(t[i]%b[i]+b[i])%b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ans+=a[i]*(M/b[i])*t[i]%M;
}
cout<<ans%M<<endl;
return 0;
}
P4777 【模板】擴充套件中國剩餘定理（EXCRT）
code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+10;
int n;
int m[N],X[N];
int exgcd(int a, int b,int &x,int &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int d=exgcd(b, a % b,x,y);
long long tx = x;
x = y;
y = tx - a / b * y;
return d;
}
int mul(int a,int b,int mod)
{
int res=0;
while(b)
{
if(b&1)res=(res+a)%mod;
a+=a;
a%=mod;
b>>=1;
}
return res;
}
signed main()
{
int x,y,ans=0;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>m[i]>>X[i];
int a1=X[1],m1=m[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int a2=X[i],m2=m[i];
int a=m1,b=m2,c=(a2-a1%m2+m2)%m2;
int d=exgcd(a,b,x,y);
if(c%d!=0)
{
puts("-1");
return 0;
}
x=mul(x,(c/d),(b/d));
ans=a1+x*m1;
m1=m2/d*m1;
ans=(ans%m1+m1)%m1;
a1=ans;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
乘法逆元
定義
如果一個線性同餘方程 \(ax \equiv 1 (\mod b)\) 則 \(x\) 稱為 \(a \mod b\) 的逆元，記作 \(a^{-1}\)。
應用： 上文提到除法無法直接取模，而用乘法逆元就可以求出。
根據定義可知 \(a \times a^{-1}=1\) ，那
求解方法
求單個數的乘法逆元
當模數 \(p\) 為質數時，可以用 費馬小定理 求解
由定義知，\(x\) 為 \(a\) 的乘法逆元
再由費馬小定理得：
所以
用快速冪就可以求出
code
int qpow(long long a, int b) {
int ans = 1;
a = (a % p + p) % p;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) ans = (a * ans) % p;
a = (a * a) % p;
}
return ans;
}
int main()
{
a=qpow(a,p-2);//求 a 的逆元
}
當 \(p\) 不為質數, \(\gcd(a,p)=1\) 時，可以用擴充套件歐幾里得演算法求出。（\(p\) 不為質數時也可以求）。
求乘法逆元本質上就是求線性同餘方程，用求線性同餘方程的方法求就可以了。
線性求 \(1 \cdots n\) 的逆元
用遞推來求逆元，當遞推到 \(i\) 時，設 \(k= \lfloor \dfrac{p}{i} \rfloor ,j= p \mod i\)，所以
由此又可以推出
兩邊同乘 \(i^{-1} \times j^{-1}\) 得：
所以
既然是遞推式，就要關注遞推的起始項，當 \(i=1\) 時，\(1\) 的模任何數的逆元都是 \(1\)。
code
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
}
程式碼中 \(p - p/i\) 是為了防負數。
求任意 \(n\) 個數的逆元
要求 \(a_1 \cdots a_n\) 的逆元。
定義兩個陣列 \(s，sv\) ，\(s_i\) 表示前 \(i\) 個數的乘積， \(sv_i\) 表示前 \(i\) 個數的逆元的乘積，那這樣 \(a_i\) 的逆元就是 \(s_{i-1} \times sv_i\) 。
遞推邊界 \(s_0=1\)，\(sv_n=s_n\) 的逆元。
code
s[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;
sv[n] = qpow(s[n], p - 2);
for (int i = n; i >= 1; --i) sv[i - 1] = sv[i] * a[i] % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = sv[i] * s[i - 1] % p;