【数论基础】中国剩余定理及其扩展

　　孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法。是数论中一个重要定理。又称中国余数定理。一元线性同余方程组问题最早可见于中国南北朝时期（公元5世纪）的数学著作《孙子算经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”问题，原文如下：

　　有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？即，一个整数除以三余二，除以五余三，除以七余二，求这个整数。《孙子算经》中首次提到了同余方程组问题，以及以上具体问题的解法，因此在中文数学文献中也会将中国剩余定理称为孙子定理。

上面是度娘的。将上面的例题转化成方程组是这样的：

假设n1,n2,n3分别是满足方程①，②，③的x的解，

如果有a%b=c，则有(a+k∗b)%b=c(k为非零整数) ，从n1角度考虑，当n2和n3都是3的整数倍时，n1+n2和n1+n2+n3都能够满足除以3余2。再从n2,n3角度考虑，得到：

为使n1+n2+n3的和满足除以3余2，n2和n3必须是3的倍数。

为使n1+n2+n3的和满足除以5余3，n1和n3必须是5的倍数。

为使n1+n2+n3的和满足除以7余2，n1和n2必须是7的倍数。

为使n1+n2+n3的和作为“孙子问题”的一个最终解，需满足：

n1除以3余2，且是5和7的公倍数。

n2除以5余3，且是3和7的公倍数。

n3除以7余2，且是3和5的公倍数。

因为如果a%b=c，那么(a∗k)%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=k∗c(k>0)。所有在求n1时，先找一个除以3余1的数，再乘以2。也就是先求出5和7的公倍数模3下的逆元，再用逆元去乘余数。n2与n3同理。

n1+n2+n3只是问题的一个解，并不是最小的解，最小解是（n1+n2+n3）%105 。

由上，可以推出中国剩余定理的通用算法：

设正整数m1,m2,m3…mk 两两互素（注意这里），则同余方程组

有整数解。并且在模M= m1m2m3…mk下有唯一解x为：

其中，Mi=M/mi，Mi-1为Mi模mi的逆元。

例题代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define int long long

int n,x,y;
int m[15],r[15];

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

inline int CRT(int n,int m[],int r[]){
    int M=1,t=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)    M*=m[i];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int w=M/m[i];
        ex_gcd(w,m[i]);
        t=(t+w*r[i]*x)%M;
    }
    return (t+M)%M;
}

signed main(void){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)    cin>>m[i]>>r[i];
    cout<<CRT(n,m,r)<<endl;
    return 0;
}

—————————————————————分割线————————————————————————————————

上面提到，中国剩余定理只能用在模数互质时，那不互质时？

我们需要扩展它：

同样的题，设正整数m1,m2,m3…mk，两两之间不一定互质，则有同余方程组

先从两个方程分析：

很显然，他们可以变成如下的不定方程：

变化一下：

（这里k2的正负性是无所谓的，因为待会要求的是k1）

然后我们这里用扩展欧几里得算法求出x的一个特解x0，得出以下几个式子并得出结论：

那么根据最后一个方程，可以得出思路，便是相邻两个m去进行处理，最后递推得出答案。

还是洛谷上的模板

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define int long long 

inline int read(){
    int s=0;bool flag=true;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')flag=false;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return flag?s:-s;
}

inline void out_put(int x){
    if(x<0)    x=-x,putchar('-');
    if(x>9)    out_put(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}

inline void print(int x){out_put(x),puts("");}

const int N=1e5+10;
int x,y; 
int n,mod[N],rem[N];

inline int slow_mult(int x,int y,int MOD){
    x=x%MOD,y=y%MOD;
    return ((x*y-(int)(((long double)x*y+0.5)/MOD)*MOD)%MOD+MOD)%MOD;
}

inline int ex_gcd(int a,int b){
    if(!b){x=1,y=0;return a;}
    int ans=ex_gcd(b,a%b);
    int t=x;x=y;y=t-a/b*y;
    return ans;
}

inline int ex_CRT(){
    for(int i=1;i<n;i++){
        int a=mod[i],b=mod[i+1],c=rem[i+1]-rem[i];
        int gcd=ex_gcd(a,b);    
//        if(c%gcd)    return -1;
//若c不能被gcd整除则无解 ,但这题保证有解
        a/=gcd,b/=gcd,c/=gcd;//除去公因数,保证三者互质
        x=(slow_mult(x,c,b)+b)%b; 
        mod[i+1]=mod[i]/gcd*mod[i+1];//下一次的mod是最小公倍数 
        rem[i+1]=((slow_mult(x,mod[i],mod[i+1])+rem[i])%mod[i+1]+mod[i+1])%mod[i+1];
        //下次的rem[i]是m[i]*x+rem[i] 
    }
    return rem[n];//结果递推到了最后一位 
}

signed main(void){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)    mod[i]=read(),rem[i]=read();
    cout<<ex_CRT()<<endl;
    return 0;
}

具体递推过程可以手推一下

【数论基础】中国剩余定理及其扩展

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