中国剩余定理及其扩展

中国剩余定理

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$m_1,m_2,m_3\cdots m_n$ 两两互素，有同余方程组：

{\begin{cases} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) \\ x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) \\ \dots \\ x \equiv a_{n} (m o d m_{n}) \end{cases}

$\begin{cases} x \equiv a_1\ ({\rm mod}\ m_1) \\ x\equiv a_2\ ({\rm mod}\ m_2) \\ \cdots \\ x \equiv a_n\ ({\rm mod}\ m_n)\end{cases}$
求最小的满足方程的

x

$x$ 。

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由于网上对中国剩余定理的基本概念讲述的差不多了，这里就直接给简单证明。

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为了方便后面的描述，我们定义 $M=\prod\limits_{i=1}^nm_i\ ,\ w_i=\frac{M}{m_i}$ （这个定义不用于后面的扩展中国剩余定理和其它情况）。

我们的目的是想对于每一个方程找出一个比较特殊的 $p_i$ ，使得 $p_i\equiv a_i\ {\rm mod}\ m_i$ ，且 $p_i\equiv 0\ {\rm mod}\ m_j(j≠i)$ ，因为求出所有的 $p_i$ 后， $\sum\limits_{i=1}^np_i\ {\rm mod}\ M$ 就是我们的答案 $x$ 。

观察 $p_i$ 的限制，可以发现 $p_i$ 应该为除了 $m_i$ 以外的模数的最小公倍数（因为所有 $m_i$ 互质，所以也就是 $w_i$ ）的倍数，所以我们只需找到一个 $p_i$ 使得 $p_i=k_iw_i$ （ $k_i$ 为任意整数），且 $p_i\equiv a_i\ {\rm mod}\ m_i$ ，那么这个 $p_i$ 就是我们需要的。但是 $p_i\equiv a_i\ {\rm mod}\ m_i$ 这个式子并不特殊，我们需要找一些更方便求解的式子来替换它。思考一下可以发现，其实我们只需要找到在满足 $p_i=k_iw_i$ 的条件下，使得 $p_i \equiv 1\ {\rm mod}\ m_i$ 的数，把 $p_i$ 乘上 $a_i$ ，就得到我们想要的 $p_i$ 。

现在的问题就是如何找到满足条件的 $k_i$ ，观察式子 $k_iw_i\equiv 1\ {\rm mod}\ m_i$ ，可以看到 $k_i$ 实际上是 $w_i$ 在模 $m_i$ 意义下的逆元，所以：

p_{i} = a_{i} \times w_{i} \times k_{i} = a_{i} \times w_{i} \times w_{i}^{- 1}

$p_i=a_i×w_i×k_i=a_i×w_i×w_i^{-1}$

到这里，我们就成功得出了中国剩余定理的公式：

x \equiv \sum_{i = 1}^{k} a_{i} \times w_{i} \times w_{i}^{- 1} (m o d M)

$x\equiv \sum_{i=1}^ka_i×w_i×w_i^{-1}({\rm mod}\ M)$

扩展中国剩余定理

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由于一般情况下模数并不是两两互素，那么之前的做法就行不通了，所以我们就需要用到扩展中国剩余定理。

我们将上面的同余方程组更改一下：

{\begin{cases} x = p_{1} m_{1} + a_{1} \\ x = p_{2} m_{2} + a_{2} \\ \dots \\ x = p_{n} m_{n} + a_{n} \end{cases}

$\begin{cases}x=p_1m_1+a_1 \\ x=p_2m_2+a_2 \\ \cdots \\x=p_nm_n+a_n\end{cases}$

对于这种形式，比较好的办法就是两两合并成一个方程。以合并前两个方程为例：

根据等式可得：

m_{1} p_{1} + a_{1} = m_{2} p_{2} + a_{2}

$m_1p_1+a_1=m_2p_2+a_2$

移项：

m_{1} p_{1} - m_{2} p_{2} = a_{2} - a_{1}

$m_1p_1-m_2p_2=a_2-a_1$

由于 $p_2$ 可正可负，为了方便推导，我们变一下号：

m_{1} p_{1} + m_{2} p_{2} = a_{2} - a_{1}

$m_1p_1+m_2p_2=a_2-a_1$

根据贝祖定理可以知道，若 $gcd(m_1,m_2)\nmid a_2-a_1$ ，那么整个同余方程无解。

在有解的情况下则可用扩展欧几里得求出一组 $x,y$ 使得：

m_{1} x + m_{2} y = g c d (m_{1}, m_{2})

$m_1x+m_2y=gcd(m_1,m_2)$

两边同时乘上 $\frac{a_2-a_1}{gcd(m_1,m_2)}$ :

m_{1} \frac{x (a_{2} - a_{1})}{g c d (m_{1}, m_{2})} + m_{2} \frac{y (a_{2} - a_{1})}{g c d (m_{1}, m_{2})} = a_{2} - a_{1}

$m_1\frac{x(a_2-a_1)}{gcd(m_1,m_2)}+m_2\frac{y(a_2-a_1)}{gcd(m_1,m_2)}=a_2-a_1$

根据多项式恒等定理：

p_{1} = \frac{x (a_{2} - a_{1})}{g c d (m_{1}, m_{2})}, p_{2} = \frac{y (a_{2} - a_{1})}{g c d (m_{1}, m_{2})}

$p_1=\frac{x(a_2-a_1)}{gcd(m_1,m_2)},p_2=\frac{y(a_2-a_1)}{gcd(m_1,m_2)}$

那么：

m_{1} p_{1} + a_{1} = a_{2} - m_{2} p_{2} = x

$m_1p_1+a_1=a_2-m_2p_2=x$
所以我们目前得到了满足前两个方程的一个

x

$x$ 的解，
合并后的同余方程为：

x \equiv m_{1} p_{1} + a_{1} m o d l c m (m_{1}, m_{2})

$x \equiv m_1p_1+a_1\ {\rm mod}\ {\rm lcm}(m_1,m_2)$

或者也可以是：

x \equiv a_{2} - m_{2} p_{2} m o d l c m (m_{1}, m_{2})

$x \equiv a_2-m_2p_2\ {\rm mod}\ {\rm lcm}(m_1,m_2)$

若我们要得到满足所有方程的解，那么我们只要把合并后的方程再与其它的方程合并，最后剩下的一个方程就是答案。

应用：【模板】扩展中国剩余定理

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int N=100010;
int n;
LL x,y,lcm,equ[N][2];
LL multi(LL a,LL b,LL p)
{
    a=(a%p+p)%p;b=(b%p+p)%p;LL ans=0;
    for(;a;a>>=1,b=(b*2)%p)if(a&1)ans=(ans+b)%p;
    return ans;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(!b)
    {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    LL val=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL t=x;x=y;y=t-a/b*y;return val;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
     scanf("%lld%lld",&equ[i][1],&equ[i][0]);
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        LL val=exgcd(equ[i][1],equ[i+1][1],x,y);
        lcm=equ[i][1]/val*equ[i+1][1];
        equ[i+1][1]=lcm;
        val=multi(x,(equ[i+1][0]-equ[i][0])/val,lcm);
        equ[i+1][0]=(multi(equ[i][1],val,lcm)+equ[i][0])%lcm;
    }
    printf("%lld\n",(equ[n][0]%equ[n][1]+equ[n][1])%equ[n][1]);
    return 0;
}

注意乘法溢出

其它情况

{\begin{cases} w_{1} x \equiv a_{1} (m o d m_{1}) \\ w_{2} x \equiv a_{2} (m o d m_{2}) \\ \dots \\ w_{k} x \equiv a_{k} (m o d m_{k}) \end{cases}

$\begin{cases} w_1x \equiv a_1\ ({mod}\ m_1) \\ w_2x\equiv a_2\ ({mod}\ m_2) \\ \cdots \\ w_kx \equiv a_k\ ({mod}\ m_k)\end{cases}$

若未知数 $x$ 的系数不为 $1$ ，当 $w_i$ 与 $m_i$ 互质时可以用 $exgcd$ 求出逆元将 $w_i$ 除到另一边，但是如果不互质又该怎么办？我们尝试能不能将其转换成互质的形式。

若要使得 $w_i$ 与 $m_i$ 互质，我们则需要对方程两边同时除上一个 ${\rm gcd}(w_i,m_i)$ ，但是这样的正确性和更改后的方程又如何？

令 $Q_i={\rm gcd}(w_i,m_i)$ ，那么 $w_i=Q_il_i,m_i=Q_ir_i$ 。将方程转化为以下形式：

Q_{i} l_{i} \times x = a_{i} + Q_{i} r_{i} \times q_{i}

$Q_il_i×x=a_i+Q_ir_i×q_i$

其中 $q_i$ 为任意整数，那么 $a_i=Q_i(l_i×x+r_i×q_i)$ ，也就是说 $a_i$ 必为 $Q_i$ 的倍数，若不满足的话则方程组无解，否则我们可以将方程两边同时除以 $Q_i$ 得到以下形式：

l_{i} \times x = a_{i}^{'} + r_{i} \times q_{i}

$l_i×x=a_i'+r_i×q_i$

可以发现 $l_ix\equiv a_i'\ {\rm mod}\ r_i\Leftrightarrow w_ix\equiv a_i\ {\rm mod}\ m_i$

那么我们可以将原方程替换为 $l_ix\equiv a_i'\ {\rm mod}\ r_i$ ，因为 $l_i,r_i$ 互质，所以我们就可以用逆元将 $l_i$ 除到方程右边，然后就可以用 $exCRT$ 求解了。

应用：[NOI2018]屠龙勇士