同余，整除

整除的性质：

• 传递性：若$a|b,b|c$，则$a|c$
• $a|b,a|c$等价于对于任意的整数$x,y$，有$a|(bx+cy)$
• 设$m\ne 0$，则$a|b$等价于$ma|mb$
• 设整数$x,y$满足$ax+by=1,a|n,b|,n$，则$(ab)|n$
• 若$b=q\ast d+c$，则$d|b$的充要条件是$d|c$

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同余的性质：

• 同加性：若$a\equiv b(modp)$，则$a+c\equiv b+c(modp)$
• 同减性：若$a\equiv b(modp)$，则$a-c\equiv b-c(modp)$
• 同乘性：若$a\equiv b(modp)$，则$a\times c\equiv b\times c(modp)$
• 同除性：若$a\equiv b(modp),c|a,c|b,(c,p)=1$，则$a/c\equiv b/c(modp)$
• 同幂性：若$a\equiv b(modp),c>0$，则$a^c\equiv b^c(modp)$
• 若$a\%p=x,a\%q=x,(p,q)=1$，则$a\%(p\ast q)=x$

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数论常识：

• 若2能整除a的最末位，则$2|a$
• 若4能整除a的末两位，则$4|a$
• 若8能整除a的末三位，则$8|a$
• 若3能整除a的各位数字之和，则$3|a$
• 若9能整除a的各位数字之和，则$9|a$
• 若11能整除a的偶数位数字之和与奇数位数字之和的差，则$11|a$
• 能被$7,11,13$整除的数的特征是：这个数的末三位与末三位以前的数字所组成数之差能被$7,11,13$整除

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模运算

1.分配率

• $(a+b)\%c=(a\%c+b\%c)\%c$
• $(a-b)\%c=(a\%c-b\%c)\%c$
• $(a\times b)\%c=(a\%c\times b\%c)\%c$
• $(a^b)\%c=(a\%c{)}^b\%c$

2.放缩性

• 如果$a\%b=c,d\ne 0$，则有$(a\times d)\%(b\times d)=c\times d$
• 如果$a\%b=c,d|a,d|b$，则$(a/d)\%(b/d)=(c/d)$

根据放缩性，则除法取余有式子 $a/b\%c=a\%(b\times c)/b$

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埃式筛法

先把$n$以内的$2$的倍数(不包含$2$)全部删除，再把$n$以内的$3$的倍数(不包含$3$)全部删除，…

这样做下去，最后剩下的以内的数全为质数

这里的删除其实不是真的删除，只是打上一个删除标记而已

每个数都会被它的质因子打一次标记，而一个数的不同的质因子个数不超过$logN$

所以时间复杂度为$O(NlogN)$

void getprime( int n ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( flag[i] ) continue;prime[++ cnt] = i;for( int j = i;j <= n / i;j ++ )flag[j * i] = 1;}
}

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欧拉筛法

在上述的埃氏筛法中，一个数可能被它的各个质因子都筛了一遍

而一个数的质因子种类数是不会超过$logN$的,所以时间复杂度为$O(NlogN)$

而欧式筛法保证每个数只被它的最小质因子筛一遍，这样，时间复杂度便降成了$O(N)$

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有一个质数集合$S$，一开始，质数集合为空

同时有一个$bool$数组$flag$，表示删除标记

有两层循环：

外层循环从$2$开始枚举倍数，设当前枚举的量为$a$

如果$a$是质数，则将$a$加入质数集合

内层循环枚举质数集合中的元素，将数组中它们的$a$倍全部打上删除标记

显然，未打删除标记的数都是质数了（$flag$数组中下标小于$2$的元素是无效的，不用考虑）

但现在的时间复杂度仍然是$O(NlogN)$的，接下来，要用一个优化来完成$O(N)$的蜕变

设当前倍数为$a$，在内层循环中，设当前枚举到集合$S$中的第$i$个质数$p_i$

先将$i\ast p_i$打上标记

如发现$i$是$p_i$的倍数时

此时后续的质数就无需再枚举了，可以提前退出内层循环

外层循环处理下一轮，即$a++$

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为什么满足这种条件就可以提前$break$呢？

设后续的质数为$p_i^{\prime }$，而$p_i^{\prime }>p_i$

因为$a$是$p_i$的倍数，那么$a\times p_i^{\prime }$也是$p_i$的倍数

设$a\times p_i^{\prime }=b\times p_i$

$\because p_i^{\prime }>p_i$

$\therefore b>a$

我们希望每个数被它的最小质因子给删掉

所以$a\times p_i^{\prime }$应该被$p_i$删掉（就要求$a\times p_i^{\prime }/p_i$尽量大）

所以后续所有的质数就都留给倍数$a$增长到$b$再去处理了

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void sieve( int n ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! flag[i] ) prime[++ cnt] = i;for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {flag[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) break;}}
}

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最大公约数和最小公倍数

$$gcd(a,b)\times lcm(a,b)=a\ast b$$

证明：
将$a,b$进行质因子分解，设$a,b$的质因子集合并集为$p_1,p_2,p_3...p_k$
$$设a=p_1^{i_1}{p}_2^{i_2}...p_k^{i_k},(0\le i_1,0\le i_2...0\le i_k)$$
$$设b=p_1^{j_1}{p}_2^{j_2}...p_k^{j_k},(0\le j_1,0\le j_2...0\le j_k)$$
$$gcd(a,b)=p_1^{min(i_1,j_1)}{p}_2^{min(i_2,j_2)}...p_k^{min(i_k,j_k)}$$
$$lcm(a,b)=p_1^{max(i_1,j_1)}{p}_2^{max(i_2,j_2)}...p_k^{max(i_k,j_k)}$$
$$\because min(i_t,j_t)+max(i_t,j_t)=i_t+j_t$$
$$\therefore gcd(a,b)+lcm(a,b)=p_1^{i_1+j_1}{p}_2^{i_2+j_2}...p_k^{i_k+j_k}$$

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辗转相除法

$$gcd(a,b)\equiv gcd(b,a\%b)$$

证明：
设$d=gcd(a,b),a=x\ast d,b=y\ast d$

根据模运算的放缩性有：$a\%b=(x\ast d)\%(y\ast d)=(x\%y)\ast d$

$\because (x,y)=1$

$\therefore (y,x\%y)=1$

int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y );
}

时间复杂度$O(\log )$，最坏情况就是斐波拉契数列，相当于相邻两位一位一位移动（辗转相减）

辗转相减法：

$gcd(a,b)=gcd(b,a-b),a>b$

证明：

令$a=Ad,b=Bd,(A,B)=1\to (a,b)=d$

则$a-b=(A-B)d$

若$gcd(b,a-b)=gcd(Bd,(A-B)d)\ne d$

说明$gcd(B,A-B)>1$

令$gcd(B,A-B)=g,B=sg,A-B=tg$

则一定有$g|A$

与$(A,B)=1$矛盾，所以$gcd(B,A-B)=1$

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更相减损术

若约分$\frac{a}{b}$
如$a,b$均为偶，可先将$a,b$折半，即$/2$
否则，将$a,b$交替的减去对方
直到最后两数相等，此时的数乘上先前除掉的$2$即为原来$a,b$的最大公约数

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裴蜀定理

如果$a,b$的最大公约数为$d$，且$d|c$，则存在整数$x,y$，使得$ax+by=c$

证明：

转化证明存在$x,y$使得$ax+by=d$

假设存在这样一对$x,y$，那么只需将其进行倍数放缩即可

$\because (a,b)=d$

$\therefore$设$a^{\prime }=a/d,b^{\prime }=b/d$

则有$a^{\prime }x+b^{\prime }y=1,(a^{\prime },b^{\prime })=1$

证明转化为 求一对$x,y$，使得$a^{\prime }x+b^{\prime }y=1$，且满足$(a^{\prime },b^{\prime })=1$

即求证$a^{\prime }x\%b^{\prime }=1$（感性理解：若干倍的$a^{\prime }$减去若干倍的$b^{\prime }$等于$1$）

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引理一

如果$a,b$为正整数，且$a,b$互质，则不存在小于$b$的正整数$k$，使得$0\equiv k\ast a(modb)$

证明：

用反证法即可，假设存在这样的一个$k$使得该式成立

则需满足$k$或者$a$能整除$b$

$\because (a,b)=1$

$\therefore a$不可能整除$b$

$\because 0<k<b$

$\therefore k$亦不可能整除$b$

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推论

如果$a,b$为正整数，且$a,b$互质，则$0,a,a\ast 2,a\ast 3...(b-1)\ast a$这些数取模$b$，余数互不相等

证明：

反证法

设存在$0<i<j<b$，使得$a\ast i\equiv a\ast j(modb)$

则有$(i-j)\ast a\equiv 0(modb)$

同理引理一，$i-j,a$都不可能整除$b$，故与假设矛盾，不成立

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引理二

如果$(a,b)=1$，则必存在一个整数$k$，满足$k\ast a\%b=1$

证明：

根据上面推论易知，这些数取模$b$的值只会在区间$[0,b-1]$（$k=0$时取模余数为$0$）

而且各不相同，其中一定存在取模后的余数为$1$的值

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根据引理二可知， 如果$(a,b)=1$，则必存在一个整数$k$，满足$k\ast a\%b=1$

即$k\ast a-p\ast b=1$，裴蜀定理得证

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威尔逊定理

$(p-1)!\equiv -1(modp)$，当且仅当$p$为质数

证明：

先证充分性$\to p$为质数，有$(p-1)!\equiv p-1(modp)$

假设$0<i<p$，根据上面的裴蜀定理，可得$(i,p)=1$，且必存在一个整数$j(0<j<p)$

使得$i\times j\%p=1$，即$j$是$i$的逆元，由此可见逆元具有唯一性，相互性

所以在$[1,p-1]$中逆元是一对一对的

然而……也有可能存在$i$的逆元是本身的，那么此时的$i$就要满足以下条件

$i^2\%p=1\Rightarrow (i+1)(i-1)\%p=0$

$\therefore i+1=0$或$p$，$i-1=0$或$p$

$\because 0<i<p$

$\therefore i+1=p,i-1=0$

即$i=p-1,1$

每一对逆元取模$p$都为$1$，需要证明的原式变成$1\ast p-1\equiv p-1(modp)$

显然成立，证毕

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再证必要性$\to (p-1)!\equiv p-1(modp)$，当该式成立时，$p$一定为质数

反证法，即证明$p$不为质数时，该式不成立

如$p$不为质数，则$[2,p-1]$中一定有$p$的因子，设为$i$，则$i,p/i$均为$p$的因子

• 若$i\ne p/i$，则$1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)$一定是$p$的倍数，取模$p$为$0$

• 若$i=p/i$，则$1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)$一定是$i$的倍数，模$p$必为$i$的倍数

  又因为$p$是$i$的倍数，且$i>1$，所以$p-1$不可能是$i$的倍数，所以$(p-1)!\equiv -1(modp)$

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费马定理

如果$p$为质数，且$a\%p\ne 0$，则有$a^{p-1}\%p=1$

证明：
$$(a\ast 1)\ast (a\ast 2)\ast ...\ast (a\ast (p-1))=a^{p-1}\ast (p-1)!(modp)$$
$$\because (a,p)=1$$
∴{(a∗1)%p,(a∗2)%p,...,(a∗(p−1))%p}={1,p−1}∴\{(a* 1)\% p,(a*2)\% p,...,(a*(p-1))\%p\}=\{1,p-1\}∴{(a∗1)%p,(a∗2)%p,...,(a∗(p−1))%p}={1,p−1}
即取模后的值互不相等，且$\in [1,p-1]$
$$\therefore (a\ast 1)\%p,(a\ast 2)\%p,...,(a\ast (p-1))\%p=(p-1)!(modp)$$
$$(p-1)!=a^{p-1}(p-1)!(modp)$$
$$\therefore a^{p-1}=1(modp)$$

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同余等价类、剩余系、缩系

对于一个正整数$p$，所有非负整数模$p$的结果，只有$p$种可能，即{0,1,2,...,p−1}\{0,1,2,...,p-1\}{0,1,2,...,p−1}
模$p$的剩余系指的是{0,1,2,...,p−1}\{0,1,2,...,p-1\}{0,1,2,...,p−1}，即小于$p$的所有非负整数，这个集合中包含了所有模$p$的余数
模$p$的剩余系记为$Z_p$

剩余系中，每一个元素代表的是一类数
比如在剩余系$Z_p$中

• $0$表示的是所有模$p$为$0$的数，即{0,p,2p,3p...}\{0,p,2p,3p...\}{0,p,2p,3p...}
• $1$表示的是所有模$p$为$1$的数，即{1,p+1,2p+1,3p+1...}\{1,p+1,2p+1,3p+1...\}{1,p+1,2p+1,3p+1...}

这些模$p$余数相同的数，称为同余等价类
可以发现，在模意义下，所有的非负整数可以被分为若干同余等价类

如果我们只考虑剩余系中与模数p互质的数，便得到一个子集，称为模p的缩系，记为$Z_p^{\ast }$
如$p$为$6$，则Zp∗={1,5}Z_p^*=\{1,5\}Zp∗​={1,5}
缩系又称为简化剩余系

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欧拉函数

欧拉函数即为缩系的大小

$\varphi (1)=1$

• 如果$n$为质数，则$$\varphi (n)=n-1$$
• 如果$n=a^p$，且$a$为质数，则$$\varphi (n)=a^p-a^{p-1}=a^p(1-\frac{1}{a})$$
• 令$n=a_1^{p_1}{a}_2^{p_2}...a_k^{p_k}$，根据积性函数性质
  $$\varphi (n)=\varphi (a_1^{p_1})\varphi (a_2^{p_2})...\varphi (a_k^{p_k})=a_1^{p_1}(1-\frac{1}{a_1})\ast a_2^{p_2}(1-\frac{1}{a_2})...a_k^{p_k}(1-\frac{1}{a_k})$$
  $$=n\ast (1-\frac{1}{a_1})\ast (1-\frac{1}{a_2})\ast ...\ast (1-\frac{1}{a_k})$$

$$\sum _{d|n}\varphi (d)=n$$

考虑用分数形式证明

$n$个真分数：$\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n-1}{n},\frac{n}{n}$

然后进行分数化简，按分母不同分类

分母一定是$n$的因数，且分母分子互质，并且真分数形式的分子小于分母

那么该类分数个数就是分母的$\varphi$，得证

小于$n$且与$n$互质的所有正整数之和为$\frac{n\varphi (n)}{2}$

证明：
设s={a1,a2,...,ak}s=\{a_1,a_2,...,a_k\}s={a1​,a2​,...,ak​}是在模$n$意义下的缩系，根据缩系定义，个数就是$\varphi (n)$

则t={n−a1,n−a2,...,n−ak}t=\{n-a_1,n-a_2,...,n-a_k\}t={n−a1​,n−a2​,...,n−ak​}也是模$n$意义下的缩系（详见辗转相除法的辗转相减）

两个集合相加，证毕

//求单个phi(n)
int getphi( int x ) {int ans = x;for( int i = 2;i * i <= x;i ++ ) {if( x % i == 0 ) {ans = ans / i * ( i - 1 );while( x % i == 0 ) x /= i;}}if( x > 1 ) ans = ans / x * ( x - 1 );return ans;
}

//求多个phi(n)
void getphi( int n ) {for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! phi[i] ) {phi[i] = i - 1;for( int j = i << 1;j <= n;j += i ) {if( ! phi[j] ) phi[j] = j;phi[j] = phi[j] / i * ( i - 1 );}}}
}

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欧拉定理

如果$(a,p)=1$，则$a^{\varphi (p)}\equiv 1(modp)$

证明：

设$p$的简化剩余系为{p1,p2,p3,...,pk}\{p_1,p_2,p_3,...,p_k\}{p1​,p2​,p3​,...,pk​}

$\because (a,p)=1$

∴{a∗p1,a∗p2,...,a∗pk}∴\{a*p_1,a*p_2,...,a*p_k\}∴{a∗p1​,a∗p2​,...,a∗pk​}也构成了$p$的简化剩余系

（证明可参考裴蜀定理中的推论反证法）

$\therefore (a\ast p_1)\ast (a\ast p_2)\ast ...\ast (a\ast p_k)\equiv p_1\ast p_2\ast ...\ast p_k(modp)$

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

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扩展欧拉定理

若$a,m$为正整数，当$r>\varphi (m)$时，有$$a^r\equiv a^{r\%\varphi (m)+\varphi (m)}$$

证明：

分类讨论

• .如果$(a,m)=1$，则显然成立

  因为由欧拉定理得$a^{\varphi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$

• 若$(a,m)>1$

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引理一：

如果满足
$\{\begin{array}{l}x\equiv y(modm)\\ x\equiv y(modn)\end{array}$
则有
$x\equiv y(modlcm(n,m))$

证明：
显然$(x-y)$既是$m$的倍数，又是$n$的倍数，则其必然为$lcm(n,m)$的倍数

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引理二：

如果$p$为质数，$\varphi (p^q)\ge q$

证明：

给两种证明方法

法一：

以每$p$个为一个周期划分

显然$(p,p-1)=1,(p^2,p^2-1)=1,...,(p^q,p^q-1)=1$

此时光考虑一部分就已经满足$\varphi (p^q)=q$，故引理显然成立

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法二：

$\varphi (p^q)=p^{q-1}\ast (p-1)$

根据数学归纳法

考虑$q=1,\varphi (p)>=1$显然成立

设$q=k$时成立，即$p^{k-1}\ast (p-1)>=k$

$\because k>1$

$\therefore$显然$p^k\ast (p-1)>=k+1$

即当$q=k+1$时，也成立

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接下来继续证明扩展欧拉定理

• 若$m=p^k$，即$m$为质数的幂时

  $\because (a,m)>1$

  $\therefore p|a$

  由引理二可得$\varphi (p^k)\ge k$，即$\varphi (m)\ge k$

  $\therefore r>\varphi (m)\ge k$

  $\therefore a^r=x\ast p^r=y\ast p^{\varphi (m)}=z\ast p^k$（从$p$的指数上抽一些下来使$x\to y\to z$）

  即$m|a^r,m|p^{\varphi (m)}$

  $\therefore a^r\equiv a^{r\%\varphi (m)+\varphi (m)}\equiv 0(modm)$

• 若$m=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}...p_n^{k_n}$

  设$m_1=p_1^{k_1}$，则$a^r\equiv a^{r\%\varphi (m_1)+\varphi (m_1)}(mod{m}_1)$

  设$m_2=p_2^{k_2}$，则$a^r\equiv a^{r\%\varphi (m_2)+\varphi (m_2)}(mod{m}_2)$

  $......$

  设$m_n=p_n^{k_n}$，则$a^r\equiv a^{r\%\varphi (m_n)+\varphi (m_n)}(mod{m}_n)$

  $m_1,m_2,...,m_n$ 不同的质数的幂，两两互质

  $\varphi (m)=\varphi (m_1)\ast \varphi (m_2)\ast ...\ast \varphi (m_n)$

  又根据引理一，则得到：

  $a^r\equiv a^{r\%\varphi (m)+\varphi (m)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$

区间逆元

如果整数$a,b$满足$a\ast b\%p=1$，则称$a,b$在模$p$的意义下互为逆元
只有$(a,p)=1$，在模$p$的意义下$a$才有逆元，$a$的逆元记作$a^{-1}$

证明：

若$(a,p)>1$，则令$d=gcd(a,p),d|a,d|p$

$\therefore d|a\%p$（感性理解为：x倍$d$减去y倍$p$直到$x<y$，其差一定也为$d$的倍数）

$\therefore a\equiv (x\%y)d(modp)$

$\because d>1$

$\therefore (x\%y)d\ne 1$

逆元的性质：若$(b,p)=1$，则$a/b\%p=a\ast b^{-1}\%p$

有一种求区间逆元的方式，时间复杂度为$O(n)$
设模数为$m,f[n]$表示$n$的逆元，其中$[1,n)$的逆元已经求出，则
$f[n]=(-f[m\%n]\ast (m/n)\%m+m)\%m$

证明：

---

公式一：

$f[i]=-f[m-i]$

证明：

$f[i]\ast i\equiv 1(modm)$

$f[i]\ast (m-i)\equiv -1(modm)$

$f[m-i]\ast (m-i)\equiv 1(modm)$

$f[i]=-f[m-i]$

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公式二：

$f[i]=k\ast f[k\ast i]$

证明：

$f[i\ast k]\ast (i\ast k)\equiv 1(modm)$

$(f[i\ast k]\ast k)\ast i\equiv 1(modm)$

$f[i]\ast i\equiv 1(modm)$

$f[i\ast k]\ast k=f[i]$

---

$f[n]=k\ast f[k\ast n]=m/n\times f[m-m\%n]$

$f[m-m\%n]=-f[m\%n]$

$f[n]=m/n\times (-f[m\%n])$

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inv[1] = 1;
for( int i = 2;i <= n;i ++ )inv[i] = ( mod - mod / i ) * inv[mod % i] % mod;

扩展欧几里得

扩展欧几里得是用来求不定方程：$ax+by=c$，且已知整数$a,b,c$
要求$gcd(a,b)|c$，才能保证有解

算法思想：递归求解

先求方程$ax+by=gcd(a,b)$，求出该方程的解，乘上系数$c/gcd(a,b)$即为原方程的解
$$ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=b{x}^{\prime }+(a\%b)y^{\prime }=b{x}^{\prime }+(a-a/b\ast b)y^{\prime }$$
将$a,b$看做变量，移项合并同类项
$$ax+by=b{x}^{\prime }+(a-a/b\ast b)y^{\prime }$$
$$ax+by-b{x}^{\prime }-a{y}^{\prime }+a/b\ast b{y}^{\prime }=0$$
$$xa-y^{\prime }a+yb-x^{\prime }b+a/b\ast y^{\prime }b=0$$
$$(x-y^{\prime })a+(y-x^{\prime }+a/b\ast y^{\prime })b=0$$
$$\because a\ast b\ne 0$$
$$\therefore x-y^{\prime }=0,y-x^{\prime }+a/b\ast y^{\prime }=0$$
$$\therefore \{\begin{array}{l}x=y^{\prime }\\ y=x^{\prime }-y^{\prime }\ast (a/b)\end{array}$$
只需要求出$x^{\prime },y^{\prime }$就可以求出$x,y$

而求$x^{\prime },y^{\prime }$可以继续递归下去

$gcd(a,b)$中的参数$b$最终会变为$0$，此时$gcd(a,0)=a$

于是有$ax+by=gcd(a,0)=a$，可以求出$x=1,y=0$

这是最底层的$x,y$，然后一层层返回，就可以求出最原始的$x,y$了

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注意，$exgcd$求出来的$x,y$满足的方程组是$ax+bx=gcd(a,b)$

将这一对$x,y$乘上$\frac{c}{gcd(a,b)}$，才是原方程的一组解

而且，这一组解只是一组特解，并不一定是最小的，可以通过通解公式去找到最小解$x$

$$ax+by=c$$
$$a(x-k)+b(y+\frac{ak}{b})=c$$
因为$a$缩小若干倍，为了保证方程的正确性，$b$就应该放大若干倍，所以需满足$b|ak$
$$\therefore \frac{b}{gcd(a,b)}|\frac{a}{gcd(a,b)}k$$
$$\because (\frac{b}{gcd(a,b)},\frac{a}{gcd(a,b)})=1$$
$$\therefore \frac{b}{gcd(a,b)}|k$$
所以原方程的$a$可以无限缩小$\frac{b}{gcd(a,b)}$倍，直到$a<\frac{b}{gcd(a,b)}$

同理，通解也可以被表示出来$X=x+t\times \frac{b}{gcd(a,b)},Y=y-t\times \frac{a}{gcd(a,b)}$

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

//求x的最小解
x = ( x * ( c / d ) % ( b / d ) + ( b / d ) ) % ( b / d )

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中国剩余定理

求一个模线性方程组$x$
$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{r}_1)\\ x\equiv a_2(mod{r}_2)\\ ...\\ x\equiv a_k(mod{r}_k)\end{array}$
其中$r_1,r_2,...,r_k$互质

对于$r_i$，设$A_i={\prod }_{j\ne i}{r}_j$

$\because (r_1,r_2,...,r_k)=1$

$\therefore (A_i,r_i)=1$

则一定存在一个整数$c_i$满足$c_i\ast A_i\%r_i=1$

设$x_i=a_i\ast c_i\ast A_i$，则$x_i\%r_i=a_i$

因为$A_i$是除了$r_i$以外的其他$r$值的最小公倍数

所以，$x_i\%r_j=0(j\ne i)$，即$x_i$模其他的$r$余数都为$0$，只有模$r_i$的时候，余数为$a_i$

换言之，把$x_i$加到满足其他方程$j(j\ne i)$的解$x_j$上，$(x_i+x_j)$也一样满足方程$j$

同理，如果$x_j$也是这么求出来的，则$(x_i+x_j)$也满足方程$i$

那么，我们对于每一个方程，都按照这个方法求出来该方程的解

把这些解累加起来，发现，这个和仍然满足每一个方程

即$x={\sum }_{i=1}^k{a}_i\ast c_i\ast A_i\%r_i$

对于$x$，加上所有的$r$值的最小公倍数，它仍然满足所有方程

所以，只要存在$x$，则意味着有无穷多组解

通解为：$$x=\sum _{i=1}^k(a_i\ast c_i\ast A_i\%r_i)+p\ast \prod _{i=1}^k{r}_i,p\in Z$$

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扩展中国剩余定理

求一个模线性方程组$x$
$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{r}_1)\\ x\equiv a_2(mod{r}_2)\\ ...\\ x\equiv a_k(mod{r}_k)\end{array}$
其中$r_1,r_2,...,r_k$不一定互质

首先，取前两个方程$$x=k\ast r_1+a_1=p\ast r_2+a_2$$$$k\ast r_1-p\ast r_2=a_2-a_1$$

这种形如$ax+by=c$的不定方程，可以用扩展欧几里得计算

当$gcd(r_1,r_2)$不能整除$a_2-a_1$时，方程组无解

否则，根据$exgcd$，求出$k_0$，满足$k_0\ast r_1-p\ast r_2=a_2-a_1$

$k$的通解为：
$$k=k_0+b\ast (r_2/gcd(r_1,r_2))$$

带入到方程组$x=k\ast r_1+a_1$中，则有$$x=(k_0+b\ast (r_2/gcd(r_1,r_2)))\ast r_1+a_1=k_0\ast r_1+b\ast lcm(r_1,r_2)+a_1,b\in Z$$
即$$x\equiv a_1(modlcm(r_1,r_2))$$
这个方程相当于合并了原来的两个方程，而形式上又和原来的方程一致

继续采用这个方法，不断地合并方程组中的两个方程

直到最后合并为一个方程，则可以得到$x$的通解

注意在这个过程中，要注意求出的$k_0$是$k\ast r_1-p\ast r_2=(a_2-a_1)$的解

而不是$k\ast r_1-p\ast r_2=gcd(r_1,r_2)$的解，前者是后者的倍数

//扩展中国剩余定理，求最小整数解x的模板代码
#include <cstdio>
#define MAXK 10000005
#define int long long
int mod[MAXK], r[MAXK];void exgcd( int a, int b, int &d, int &x, int &y ) {if( ! b ) d = a, x = 1, y = 0;else {exgcd( b, a % b, d, y, x );y -= x * ( a / b );}
}int Fabs( int x ) {return ( x < 0 ) ? -x : x;
}signed main() {int m;while( ~ scanf( "%lld", &m ) ) {for( int i = 1;i <= m;i ++ )scanf( "%lld %lld", &mod[i], &r[i] );int noans = 0, d, x, y;for( int i = 1;i < m;i ++ ) {exgcd( mod[i], mod[i + 1], d, x, y );if( Fabs( r[i + 1] - r[i] ) % d ) {noans = 1;break;}x = ( x * ( ( r[i + 1] - r[i] ) / d ) % ( mod[i + 1] / d ) + ( mod[i + 1] / d ) ) % ( mod[i + 1] / d );int lcm = mod[i] / d * mod[i + 1];mod[i + 1] = lcm, r[i + 1] = ( x * mod[i] + r[i] ) % lcm;}if( noans ) printf( "-1\n" );else printf( "%lld\n", r[m] );
//r[m]可能等于0，所以根据题目要求，若要最小正整数，则为mod[m]}return 0;
}

终于写完了！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！

利用以上所有知识进行证明

若$p$是质数（$p>3$），则$2p+1$和$4p+2$至多有一个数是质数

抛开$3$的倍数（肯定是合数），任何整数都可以被改写成$3k\pm 1$的形式

• $p=3k+1$
  $2p+1=6k+3=3(k+1)$，合数
  $4p+2=12k+6=6(2k+1)$，合数
• $p=3k-1$
  $2p+1=6k-1$，未知
  $4p+2=12k-2=2(6k-1)$，合数

最多就是那个未知情况为质数，得证

$$gcd(f(n),f(m))=f(gcd(n,m))$$
$f:$ 斐波拉契数列

$$\gcd (a^n-1,a^m-1)=a^{gcd(n,m)}-1$$