0x33 同余

定义

若整数$a$和整数$b$除以正整数$m$的余数相等，则称$a,b$模$m$同余，记为$a\equiv b(modm)$。

同余类与剩余类

对于$\forall a\in [0,m-1]$，集合 { a + k m } ( k ∈ Z ) \{a+km\}(k\in Z) {a+km}(k∈Z)的所有数模$m$同余，余数都是$a$。该集合称为一个模$m$的同余类，简记为$\overline{a}$。

模$m$的同余类一共有$m$个，分别为$\overline{0},\overline{1},\overline{2},...,\overline{m-1}$。它们构成$m$的完全剩余类。

$1\sim m$中与$m$互质的数代表的同余类共有$\varphi (m)$个，它们构成$m$的简化剩余类。例如，模10的简化剩余类为 { 1 ‾ , 3 ‾ , 7 ‾ , 9 ‾ } \{\overline1,\overline3,\overline7,\overline9 \} {1,3,7,9}。

简化剩余关系关于模$m$乘法封闭。这是因为若$a,b(1\le a,b\le m)$与$m$互质，则$a\ast b$也不可能与$m$含有相同的因子，即$a\ast b$也与$m$互质。再由余数的定义即可得到$a\ast b\mathrm{mod}m$也与$m$互质，即$a\ast b\mathrm{mod}m$也属于$m$的简化剩余类。

费马小定理

若$p$是质数，则对于任意整数$a$，有$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$。

欧拉定理

若正整数$a,n$互质，则$a^{\varphi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$，其中$\varphi (n)$为欧拉函数。

证明：
设$n$的简化剩余类为$\overline{a_1},\overline{a_2},...,\overline{a_{\varphi (n)}}$。对于$\forall a_i,a_j$，若$a\ast a_i\equiv a\ast a_j(\mathrm{mod}n)$，则$a\ast (a_i-a_j)\equiv 0$。因为$a,n$互质，所以$a_i-a_j\equiv 0$，即当$a_i\equiv a_j$。故当$a_i\ne a_j$时，$a{a}_i,a{a}_j$也代表不同的同余类。

又因为简化剩余系关于模$n$乘法封闭，故$\overline{a{a}_i}$也在简化剩余系集合中。因此，集合 { a 1 ‾ , a 2 ‾ , . . . , a ϕ ( n ) ‾ } \{\overline{a_1},\overline{a_2},...,\overline{a_{\phi(n)}} \} {a1​​,a2​​,...,aϕ(n)​​}与集合 { a a 1 ‾ , a a 2 ‾ , . . . , a a ϕ ( n ) ‾ } \{\overline{aa_1},\overline{aa_2},...,\overline{aa_{\phi(n)}} \} {aa1​​,aa2​​,...,aaϕ(n)​​}都能表示$n$的简化剩余类。综上所述：
$$a^{\varphi (n)}{a}_1{a}_2...a_{\varphi (n)}\equiv (a{a}_1)(a{a}_2)...(a{a}_{\varphi (n)})\equiv a_1{a}_2...a_{\varphi (n)}(\mathrm{mod}n)$$
因此$a^{\varphi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。

当$p$是质数时，$\varphi (p)=p-1$，并且只有$p$的倍数与$p$不互质。所以，只要$a$不是$p$的倍数，就有$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，两边同乘$a$就是费马小定理。另外，若$a$是$p$的倍数，费马小定理显然成立（取模之后结果为0）。

欧拉定理的推论

设正整数$a,n$互质，则对于任意正整数$b$，有$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\varphi (n)}(\mathrm{mod}n)$。

证明：

设$b=q\ast \varphi (n)+r$，其中$0\le r\le \varphi (n)$，即$r=b\mathrm{mod}\varphi (n)$。于是：
$$a^b\equiv a^{q\ast \varphi (n)+r}\equiv (a^{\varphi (n)}{)}^q\ast a^r\equiv a^r\equiv a^{b\mathrm{mod}\varphi (n)}(\mathrm{mod}n)$$
许多计数类的题目要求我们把答案对一个质数$p$取模后输出。面对$a+b,a-b,a\ast b$这样的算式，可以在计算前先把$a,b$对$p$取模。面对乘方算式，根据欧拉定理的推论，可以先把底数对$p$取模、指数对$\varphi (p)$取模，再计算乘方。

特别地，当$a,n$不一定互质且$b>\varphi (n)$时，有$a^b\equiv a^{b\mathrm{mod}\varphi (n)+\varphi (n)}(\mathrm{mod}n)$。这意味着即使底数与模数不互质，我们也有办法把指数地规模缩小到容易计算地范围内。上式可以通过寻找$a^b\mathrm{mod}n$的指数循环节证明，可以自行思考。

1.扩展欧几里得算法

$B\acute{e}zout$定理

对于任意整数$a,b$，存在一对整数$x,y$，满足$ax+by=gcd(a,b)$。

证明：

在欧几里得算法的最后一步，即$b=0$时，显然有一对整数$x=1,y=0$，使得$a\ast 1+b\ast 0=gcd(a,0)$。

若$b>0$，则$gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$。假设存在一对整数$x,y$，满足$b\ast x+(a\mathrm{mod}b)\ast y=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$，因为$bx+(a\mathrm{mod}b)y=bx+(a-b\lfloor a/b\rfloor )y=ay+b(x-\lfloor a/b\rfloor y)$，所以令$x^{\prime }=y,y^{\prime }=x-\lfloor a/b\rfloor y$，就得到了$a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)$。

对于欧几里得算法的递归过程中应用数学归纳法，可知$B\acute{e}zout$定理成立。

$B\acute{e}zout$定理是按照欧几里得算法的思路证明的，且上述证明方法同时给出了整数$x$和$y$的计算方法。这种计算方法称为扩展欧几里得算法。

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);int z=x;x=y;y=z-y*(a/b);return d;
}

定义变量$d,x_0,y_0$，调用$d=exgcd(a,b,x0,y0)$。注意在上述代码中，$x_0,y_0$是以引用的方式传递的。上述程序求出方程$ax+by=gcd(a,b)$的一组特解$x_0,y_0$，并返回$a,b$的最大公约数$d$。

对于更为一般的方程$ax+by=c$，它有解当且仅当$d\mid c$。我们可以先求出$ax+by=d$的一组特解$x_0,y_0$，然后令$x_0,y_0$同时乘上$c/d$，就得到了$ax+by=c$的一组特解$(c/d)x_0,(c/d)y_0$。

事实上，方程$ax+by=c$的通解可以表示为：
$$x=\frac{c}{d}{x}_0+k\frac{b}{d},y=\frac{c}{d}{y}_0-k\frac{a}{d}(k\in Z)$$
其中$k$取遍整数集合，$d=gcd(a,b),x_0,y_0$是$ax+by=gcd(a,b)$的一组特解。

乘法逆元

若整数$b,m$互质，并且$b\mid a$，则存在一个整数$x$，使得$a/b\equiv a\ast x(\mathrm{mod}m)$。称$x$为$b$的模$m$乘法逆元，记为$b^{-1}(\mathrm{mod}m)$。

因为$a/b\equiv a\ast b^{-1}\equiv a/b\ast b\ast b^{-1}(\mathrm{mod}m)$，所以$b\ast b^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$。

如果$m$是质数（此时我们用符号$p$代替$m$），并且$b<p$，根据费马小定理，$b^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，即$b\ast b^{p-2}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。因此，当模数$p$为质数时，$b^{p-2}$即为$b$的乘法逆元。

如果只是保证$b,m$互质，那么乘法逆元可通过求解同余方程$b\ast x\equiv 1(\mathrm{mod}m)$得到。下个部分我们就来介绍线性同余方程及其求解方法。

有了乘法逆元，我们在计数类问题中即使遇到$a/b$这样的除法算式，也可以先把$a,b$各自对模数$p$取模，再计算$a\ast b^{-1}\mathrm{mod}p$作为最终的结果。当然，前提必须保证$b,p$互质（当$p$是质数时，等价于$b$不是$p$的倍数）。

到目前为止，我们在模$p$运算下对加、减、乘、除、乘方运算都已经有了适当的处理方式。

2.线性同余方程

给定整数$a,b,m$，求一个整数$x$满足$a\ast x\equiv b(\mathrm{mod}m)$，或者给出无解。因为未知数的指数为1，所以我们称之为一次同余方程，也称为线性同余方程。

$a\ast x\equiv b(\mathrm{mod}m)$等价于$a\ast x-b$是$m$的倍数，不妨设为$-y$倍。于是，该方程可以改写为$a\ast x+m\ast y=b$。

根据$B\acute{e}zout$定理及其证明过程，线性同余方程有解当且仅当$gcd(a,m)\mid b$。

在有解时，先用欧几里得算法求出一组整数$x_0,y_0$，满足$a\ast x_0+m\ast y_0=gcd(a,m)$。然后$x=x_0\ast b/gcd(a,m)$就是原线性同余方程的一个解。

方程的通解则是所有模$m/gcd(a,m)$与$x$同余的整数。

由上述线性同余方程的知识可得，$a\ast x\equiv 1(\mathrm{mod}b)$有解当且仅当$gcd(a,b)=1$。方程可以改写为$a\ast x+b\ast y=1$，用欧几里得算法求出一组特解$x_0,y_0$，则$x_0$就是原方程的一个解，通解为所有模$b$与$x_0$同余的整数。通过取模操作把解的范围移动到$1\sim b$之间，就得到了最小正整数。

typedef long long ll;
ll a,b,x,y;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{if(!b){x=1,y=0;return a;}ll d=exgcd(b,a%b,x,y);ll z=x;x=y;y=z-y*(a/b);return d;
}
int main()
{cin>>a>>b;exgcd(a,b,x,y);cout<<(x%b+b)%b<<endl; //注意通过同余方程求出的解可能为负数记得要加上一个b
}

中国剩余定理

设$m_1,m_2,...,m_n$是两两互质的整数，$m={\prod }_{i=1}^n{m}_i,M_i=m/m_i,t_i$是线性同余方程$M_i{t}_i\equiv 1(\mathrm{mod}{m}_i)$的一个解。对于任意的$n$个整数$a_1,a_2,...,a_n$，方程组
$$\{\begin{array}{c}x\equiv a_1\left(\mathrm{mod}{m}_1\right)\\ x\equiv a_2\left(\mathrm{mod}{m}_2\right)\\ ⋮\\ x\equiv a_n\left(\mathrm{mod}{m}_n\right)\end{array}$$
有整数解，解为$x={\sum }_{i=1}^n{a}_i{M}_i{t}_i$。

证明：
因为$M_i=m/m_i$是除$m_i$之外所有模数的倍数，所以$\forall k\ne i,a_i{M}_i{t}_i\equiv 0(\mathrm{mod}{m}_k)$。又因为$a_i{M}_i{t}_i\equiv a_i(\mathrm{mod}{m}_i)$，所以代入$x={\sum }_{i=1}^n{a}_i{M}_i{t}_i$，原方程组成立。

另外，即使模数不满足两两互质，我们也有方法判断线性同余方程组是否有解，并求出方程组的解。可以考虑使用数学归纳法，假设已经求出了前$k-1$个方程构成的方程组的一个解$x$。记$m=lcm(m_1,m_2,...,m_{k-1})$，则$x+i\ast m(i\in Z)$是前$k-1$个方程的通解。

考虑第$k$个方程，求出一个整数$t$,使得$x+t\ast m\equiv a_k(\mathrm{mod}{m}_k)$。该方程等价于$m\ast t\equiv a_k-x(\mathrm{mod}{m}_k)$，其中$t$是未知量。这就是一个线性同余方程，可以用扩展欧几里得算法判断是否有解，并求出它的解。若有解，则$x^{\prime }=x+t\ast m$就是前$k$个方程构成的方程组的一个解。

综上所述，我们使用了$n$次扩展欧几里得算法，就求出了整个方程组的解。

3.高次同余方程

关于高次同余方程，有$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$和$x^a\equiv b(\mathrm{mod}p)$两类问题。不过后者超出了我们的讨论范围，可以自行查阅“原根”“阶”“指标”的相关资料。我们重点来解决前者。

问题：给定整数$a,b,p$，其中$a,p$互质，求一个非负整数$x$，使得$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$。

Baby Step,Gaint Step算法

因为$a,p$互质，所以可以在模$p$意义下执行关于$a$的乘、除法运算。

设$x=i\ast t-j$，其中$t=\lceil \sqrt{p}\rceil ,0\le j\le t-1$，则方程变为$a^{i\ast t-j}\equiv b(\mathrm{mod}p)$。即$(a^t{)}^i\equiv b\ast a^j(\mathrm{mod}p)$。

对于所有的$j\in [0,t-1]$，把$b\ast a^j\mathrm{mod}p$插入一个Hash表。

枚举$i$的所有可能取值，即$i\in [0,t]$，计算出$(a^t{)}^i\mathrm{mod}p$，在Hash表中查找是否存在对应的$j$，更新答案即可。时间复杂度$O(\sqrt{p})$。

下面的程序实现了Baby Step,Gaint Step算法，计算同余方程$a^x\equiv b(\mathrm{mod}p)$的最小非负整数解，无解时返回-1。

int baby_step_giant_step(int a,int b,int p)
{map<int,int> hash;hash.clear();b%=p;int t=(int)sqrt(p)+1;for(int j=0;j<t;++j){int val=(long long)b*power(a,j,p)%p; //b*a^jhash[val]=j;}a=power(a,t,p); //a^tif(a==0) return b==0?1:-1;for(int i=0;i<=t;++i){int val=power(a,i,p); //(a^t)^i;int j= hash.find(val)==hash.end()?-1:hash[val];if(j>=0&&i*t-j>=0) return i*t-j;}return -1;
}