中国剩余定理(CRT)

中国剩余定理出自中国的某本古书,似乎是孙子兵法?(雾

其中有这样一个问题:

即,对于这样一个方程组:

\[\begin{cases}x\equiv a_1\pmod{m_1}\\x\equiv a_2\pmod{m_2}\\x\equiv a_3\pmod{m_3}\\\dots\\x\equiv a_i\pmod{m_i}\end{cases}
\]

我们已知所有\(a_i,m_i\),求可行解\(x\),可以证明的是,若所有\(m_i\)互质,那么该方程组有唯一解。

可以构造出一个解:如果有\(k\)个方程,设\(M=\prod_{i=1}^k m_i,n_i=\frac{M}{m_i}\),则有\(x=\sum_{i=1}^k a_in_in_i^{-1}\pmod{M}\)。

扩展中国剩余定理(EXCRT)

扩展中国剩余定理不要求\(m_i\)互质,其结论是由数学归纳法得出的,跟CRT实际上没太大关系。这种情况下,方程组的解是不唯一的。

首先考虑两个方程的情况。

假设我们有\(x\equiv a_1\pmod{m_1},x\equiv a_2\pmod{m_2}\),那么显然\(x+m_1*t_1=a_1,x+m_2*t_2=a_2\),其中\(t_i\)为未知数。得出\(a_1-a_2=m_1*t_1-m_2*t_2\),根据\(Bezout\)定理,若\(gcd(m_1,m_2)\mid (a_1-a_2)\),该方程有解。那么我们就可以求出两个方程的情况下的一个解了。

然后考虑多个方程。

假设前\(k-1\)个方程的解为\(x\),记\(m=lcm(m_1,m_2,m_3\cdots,m_{k-1})\),那么显然前\(k-1\)个方程的通解是\(x+i*m,i\in \mathbb{Z}\)。为什么要最小公倍数呢?显然最小公倍数中包含了前\(k-1\)个数中出现的所有因子,因此\(x\)加上任意倍的\(m\)对任意的\(m_i\)取模答案不变,所以其实把前\(k-1\)个\(m_i\)全部乘起来当作\(m\)也不是不可以。而对于第\(k\)个方程,我们既要使得解对前\(k-1\)个方程成立,因此我们取某前\(k-1\)个方程的某个通解,又要使解对第\(k\)个方程成立,因此我们要使\(x+i*m\equiv a_k\pmod{m_k}\)。

现在看到这个方程,\(x+i*m\equiv a_k\pmod{m_k}\),可以化为\(i*m\equiv a_k-x\pmod{m_k}\)我们要求解它,就是求解一个线性同余方程,可以用扩展欧几里得算法得出解。显然,假设前\(k\)个方程的解为\(x'\),那么\(x'=x+i*m\)。

于是我们对方程组进行\(k\)次扩展欧几里得,就可以得出前\(k\)个方程的解。

P4777 【模板】扩展中国剩余定理(EXCRT)

洛谷上板子取模比较神奇,贴一下代码:

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll read()
{
ll f=1,x=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
inline ll mul(ll a,ll b,ll p)
{
ll ans=0;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) ans=(ans+a)%p;
a=(a+a)%p;
}
return ans;
}
inline ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(b==0){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 n;
int main()
{
n=read();
ll M,gcd,ans=0,x0,y0;
M=read(),ans=read();//第一个方程的最小非负整数解就是它自己
for(register int i=2;i<=n;++i){
ll a,m;
m=read(),a=read();
gcd=exgcd(M,m,x0,y0);
ll k=m/gcd;
x0=mul(x0,((a-ans%m+m)%m)/gcd,m);//至今不知道为什么可以取模
ans+=M*x0;
M*=k;
ans=(ans%M+M)%M;
}
printf("%lld",(ans%M+M)%M);
return 0;
}
05-23 19:35