请转成markdown语法
中国剩余定理
引入
「物不知数」问题：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？
即求满足以下条件的整数：除以
3 余
2，除以
5 余
3，除以
7 余
2。
该问题最早见于《孙子算经》中，并有该问题的具体解法。宋朝数学家秦九韶于 1247 年《数书九章》卷一、二《大衍类》对「物不知数」问题做出了完整系统的解答。上面具体问题的解答口诀由明朝数学家程大位在《算法统宗》中给出：
三人同行七十希，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。
2\times 70+3\times 21+2\times 15=233=2\times 105+23，故答案为
23。
定义
中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem, CRT) 可求解如下形式的一元线性同余方程组（其中
n_1, n_2, \cdots, n_k 两两互质）：
\begin{cases}
x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\
x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\
&\vdots \\
x &\equiv a_k \pmod {n_k} \\
\end{cases}
上面的「物不知数」问题就是一元线性同余方程组的一个实例。
过程
计算所有模数的积
n；
对于第
i 个方程：
计算
m_i=\frac{n}{n_i}；
计算
m_i 在模
n_i 意义下的 逆元
m_i^{-1}；
计算
c_i=m_im_i^{-1}（不要对
n_i 取模）。
方程组在模
n 意义下的唯一解为：
x=\sum_{i=1}^k a_ic_i \pmod n。
实现
C++
Python
LL CRT(int k, LL* a, LL* r) {
LL n = 1, ans = 0;
for (int i = 1; i <= k; i++) n = n * r[i];
for (int i = 1; i <= k; i++) {
LL m = n / r[i], b, y;
exgcd(m, r[i], b, y); // b * m mod r[i] = 1
ans = (ans + a[i] * m * b % n) % n;
}
return (ans % n + n) % n;
}
证明
我们需要证明上面算法计算所得的
x 对于任意
i=1,2,\cdots,k 满足
x\equiv a_i \pmod {n_i}。
当
i\neq j 时，有
m_j \equiv 0 \pmod {n_i}，故
c_j \equiv m_j \equiv 0 \pmod {n_i}。又有
c_i \equiv m_i \cdot (m_i^{-1} \bmod {n_i}) \equiv 1 \pmod {n_i}，所以我们有：
\begin{aligned}
x&\equiv \sum_{j=1}^k a_jc_j &\pmod {n_i} \\
&\equiv a_ic_i &\pmod {n_i} \\
&\equiv a_i \cdot m_i \cdot (m^{-1}_i \bmod n_i) &\pmod {n_i} \\
&\equiv a_i &\pmod {n_i}
\end{aligned}
即对于任意
i=1,2,\cdots,k，上面算法得到的
x 总是满足
x\equiv a_i \pmod{n_i}，即证明了解同余方程组的算法的正确性。
因为我们没有对输入的
a_i 作特殊限制，所以任何一组输入
\{a_i\} 都对应一个解
x。
另外，若
x\neq y，则总存在
i 使得
x 和
y 在模
n_i 下不同余。
故系数列表
\{a_i\} 与解
x 之间是一一映射关系，方程组总是有唯一解。
解释
下面演示 CRT 如何解「物不知数」问题。
n=3\times 5\times 7=105；
三人同行 七十 希：
n_1=3, m_1=n/n_1=35, m_1^{-1}\equiv 2\pmod 3，故
c_1=35\times 2=70；
五树梅花 廿一 支：
n_2=5, m_2=n/n_2=21, m_2^{-1}\equiv 1\pmod 5，故
c_2=21\times 1=21；
七子团圆正 半月：
n_3=7, m_3=n/n_3=15, m_3^{-1}\equiv 1\pmod 7，故
c_3=15\times 1=15；
所以方程组的唯一解为
x\equiv 2\times 70+3\times 21+2\times 15\equiv 233\equiv 23 \pmod {105}。（除 百零五 便得知）
Garner 算法
CRT 的另一个用途是用一组比较小的质数表示一个大的整数。
例如，若
a 满足如下线性方程组，且
a < \prod_{i=1}^k p_i（其中
p_i 为质数）：
\begin{cases}
a &\equiv a_1 \pmod {p_1} \\
a &\equiv a_2 \pmod {p_2} \\
&\vdots \\
a &\equiv a_k \pmod {p_k} \\
\end{cases}
我们可以用以下形式的式子（称作
a 的混合基数表示）表示
a：
a = x_1 + x_2 p_1 + x_3 p_1 p_2 + \ldots + x_k p_1 \ldots p_{k-1}
Garner 算法 将用来计算系数
x_1, \ldots, x_k。
令
r_{ij} 为
p_i 在模
p_j 意义下的 逆：
p_i \cdot r_{i,j} \equiv 1 \pmod{p_j}
把
a 代入我们得到的第一个方程：
a_1 \equiv x_1 \pmod{p_1}
代入第二个方程得出：
a_2 \equiv x_1 + x_2 p_1 \pmod{p_2}
方程两边减
x_1，除
p_1 后得
\begin{aligned}
a_2 - x_1 &\equiv x_2 p_1 &\pmod{p_2} \\
(a_2 - x_1) r_{1,2} &\equiv x_2 &\pmod{p_2} \\
x_2 &\equiv (a_2 - x_1) r_{1,2} &\pmod{p_2}
\end{aligned}
类似地，我们可以得到：
x_k=(\dots((a_k-x_1)r_{1,k}-x_2)r_{2,k})-\dots)r_{k-1,k} \bmod p_k
实现
该算法的时间复杂度为
O(k^2)。实际上 Garner 算法并不要求模数为质数，只要求模数两两互质，我们有如下伪代码：
\begin{array}{ll}
&\textbf{Chinese Remainder Algorithm }\operatorname{cra}(\mathbf{v}, \mathbf{m})\text{:} \\
&\textbf{Input}\text{: }\mathbf{m}=(m_0,m_1,\dots ,m_{n-1})\text{, }m_i\in\mathbb{Z}^+\land\gcd(m_i,m_j)=1\text{ for all } i\neq j\text{,} \\
&\qquad \mathbf{v}=(v_0,\dots ,v_{n-1}) \text{ where }v_i=x\bmod m_i\text{.} \\
&\textbf{Output}\text{: }x\bmod{\prod_{i=0}^{n-1} m_i}\text{.} \\
1&\qquad \textbf{for }i\text{ from }1\text{ to }(n-1)\textbf{ do} \\
2&\qquad \qquad C_i\gets \left(\prod_{j=0}^{i-1}m_j\right)^{-1}\bmod{m_i} \\
3&\qquad x\gets v_0 \\
4&\qquad \textbf{for }i\text{ from }1\text{ to }(n-1)\textbf{ do} \\
5&\qquad \qquad u\gets (v_i-x)\cdot C_i\bmod{m_i} \\
6&\qquad \qquad x\gets x+u\prod_{j=0}^{i-1}m_j \\
7&\qquad \textbf{return }(x)
\end{array}
可以发现在第六行中的计算过程对应上述混合基数的表示。
应用
某些计数问题或数论问题出于加长代码、增加难度、或者是一些其他原因，给出的模数：不是质数！
但是对其质因数分解会发现它没有平方因子，也就是该模数是由一些不重复的质数相乘得到。
那么我们可以分别对这些模数进行计算，最后用 CRT 合并答案。
下面这道题就是一个不错的例子。
洛谷 P2480 [SDOI2010] 古代猪文
给出
G,n（
1 \leq G,n \leq 10^9），求：
G^{\sum_{k\mid n}\binom{n}{k}} \bmod 999~911~659
首先，当
G=999~911~659 时，所求显然为
0。
否则，根据 欧拉定理，可知所求为：
G^{\sum_{k\mid n}\binom{n}{k} \bmod 999~911~658} \bmod 999~911~659
现在考虑如何计算：
\sum_{k\mid n}\binom{n}{k} \bmod 999~911~658
因为
999~911~658 不是质数，无法保证
\forall x \in [1,999~911~657]，
x 都有逆元存在，上面这个式子我们无法直接计算。
注意到
999~911~658=2 \times 3 \times 4679 \times 35617，其中每个质因子的最高次数均为一，我们可以考虑分别求出
\sum_{k\mid n}\binom{n}{k} 在模
2，
3，
4679，
35617 这几个质数下的结果，最后用中国剩余定理来合并答案。
也就是说，我们实际上要求下面一个线性方程组的解：
\begin{cases}
x \equiv a_1 \pmod 2\\
x \equiv a_2 \pmod 3\\
x \equiv a_3 \pmod {4679}\\
x \equiv a_4 \pmod {35617}
\end{cases}
而计算一个组合数对较小的质数取模后的结果，可以利用 卢卡斯定理。
扩展：模数不互质的情况
两个方程
设两个方程分别是
x\equiv a_1 \pmod {m_1}、
x\equiv a_2 \pmod {m_2}；
将它们转化为不定方程：
x=m_1p+a_1=m_2q+a_2，其中
p, q 是整数，则有
m_1p-m_2q=a_2-a_1。
由 裴蜀定理，当
a_2-a_1 不能被
\gcd(m_1,m_2) 整除时，无解；
其他情况下，可以通过 扩展欧几里得算法 解出来一组可行解
(p, q)；
则原来的两方程组成的模方程组的解为
x\equiv b\pmod M，其中
b=m_1p+a_1，
M=\text{lcm}(m_1, m_2)。
多个方程
用上面的方法两两合并即可。
https://baike.baidu.com/item/%E7%A8%8B%E5%A4%A7%E4%BD%8D/685133
扫一扫
8619
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
