【详解】同余问题

同余问题

1. 同余定义

给定整数 $m$ ，若两个整数 $a，b$ 除以 $m$ 所得余数相同，称 $a$ 和 $b$ 对模 $m$ 同余，表示为：$a\equiv b(modm)$。
若一个整数集合中所有数模 $m$ 的余数相同，这个集合中的数都称为模 $m$ 的同余类。每个同余类中的任意两个整数对模 $m$ 同余。

定理 $1$ ： $a\equiv b(modm)$ ，当且仅当 $m|a-b$ 。
证明：

设 $r$ 为 $a,b$ 模 $m$ 的余数，所有可以得到 $a=k_1\times m+r，b=k_2\times m+r，a-b=(k_1-k_2)\times m$ ，满足 $m|a-b$ ，反之亦然。
定理 $2$ ：$a\equiv b(modm)$ ，当且仅当存在整数 $k$ ，使得 $a=b+k\times m$ 。
证明：

与定理 $1$ 类似，$a=k_1\times m+r，b=k_2\times m+r，a+k_2\times m+r=k_1\times m+r+b$ ，即 $a=b+(k_1-k_2)\times m=b+k\times m$ 。

2. 同余有关定理

（1）欧拉定理

若正整数 $a,n$ 互质，则：$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$，$\phi (n)$ 为欧拉函数，表示 $1\sim n$ 中和 $n$ 互质的数的个数。
证明：

$1\sim n$ 中，与 $n$ 互质的数有 $\phi (n)$ 个，设 $x_1，x_2，x_3\dots \dots x_{\phi (n)}$ 是 $1\sim n-1$ 中与 $n$ 互质的数。再设一个集合 M = { a x 1 ， a x 2 ， a x 3 … … a x φ ( n ) } M=\{ ax_1，ax_2，ax_3……ax_{\varphi(n)}\} M={ax1​，ax2​，ax3​……axφ(n)​} 。下面，我们证明两个推理：
推论一：$M$ 中任意两个数模 $n$ 不同余。
反证法：

如果存在两个数同余，则$a{x}_p\equiv a{x}_q(modn)$ ，则 $n|(a{x}_p-a{x}_q)$ ，因为 $a$ 和 $n$ 互质，$(x_p-x_q)<n$，所以 $n$ 不可能整除 $a{x}_p-a{x}_q$ ，所以不存在两个数同余，证毕。
推论二：$M$ 中的数模 $n$ 的余数 $(a{x}_{i}modn)$ 全部与 $n$ 互质
证明：

$a$ 与 $n$ 互质，$x_i$ 与 $n$ 互质，所以可得 $a{x}_i$ 与 $n$ 互质，带入到欧几里得算法中：$gcd(a{x}_i，n)=gcd(n，a{x}_{i}modn)=1$ ，证毕。
根据以上两个推论，就可以进行推式子了。根据推论知道，$M$ 中的任意两个数模 $n$ 不同余且与 $n$ 互质，$x_1，x_2，x_3\dots \dots x_{\phi (n)}$ 也与 $n$ 互质，模 $n$ 不同余，那么它们模 $n$ 的余数是相互对应的，可以得到：
$a{x}_1\times a{x}_2\times a{x}_3\dots \dots \times a{x}_{\phi (n)}\equiv x_1\times x_2\times x_3\times \dots \dots \times x_{\phi (n)}(modn)$
则：$a^{\phi (n)}(x_1\times x_2\times x_3\times \dots \dots \times x_{\phi (n)})\equiv x_1\times x_2\times x_3\times \dots \dots \times x_{\phi (n)}(modn)$
移项可得：$(a^{\phi (n)}-1)(x_1\times x_2\times x_3\times \dots \dots \times x_{\phi (n)})\equiv 0(modn)$
所以 $a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$。

（2）费马小定理

若 $p$ 是质数，对于任意整数 $a$ ，则：$a^p\equiv a(modp)$ 。
证明：

可用欧拉定理定理证明，若 $a，p$ 互质，$a^{\phi (p)}\equiv 1(modp)$ ，质数 $p$ 的欧拉函数$\phi (p)=p-1$，所以 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$，两边同时乘以 $a$ ，则 $a^p\equiv a(modp)$ ；若 $a，p$ 不互质，因为 $p$ 是质数，则 $a$ 一定是 $p$ 的倍数，$a^p\equiv a\equiv 0(modp)$。其实，费马小定理算是欧拉定理的一个特例。

（3）欧拉定理的推论

若正整数 $a，n$ 互质，那么对于任意正整数 $b$ ，有：$a^b\equiv a^{bmod\phi (n)}(modn)$ 。
证明：

设 $b=q\times \phi (n)+r$，其中 $0\le r<\phi (n)$ ，即 $r=bmod\phi (n)$。
于是 $a^b\equiv a^{q\times \phi (n)+r}\equiv (a^{\phi (n)}{)}^q\times a^r\equiv 1^q\times a^r\equiv a^{bmod\phi (n)}(modn)$ 。

许多计数类的题目要求把答案对一个质数 $P$ 取模，可以先将底数对 $P$ 取模，指数对 $ φ§ (φ§=P-1)$取模，将计算的规模缩小。

特别的，当 $a,n$ 不一定互质且 $b>\phi (n)$ 时，有 $a^b\equiv a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$，可自行证明。

3. 同余性质

对于整数 $a，b，c，d$ 和自然数 $m$ ，对模 $m$ 同余满足：
（1）对称性：若 $a\equiv b(modm)$ ，则 $b\equiv a(modm)$ 。
（2）传递性：若 $a\equiv b(modm)$ ，$b\equiv c(modm)$ ，则 $a\equiv c(modm)$ 。
（3）同加性：若 $a\equiv b(modm)$ ，则 $a+c\equiv b+c(modm)$ 。
（4）同乘性：若 $a\equiv b(modm)$ ，则 $ac\equiv bc(modm)$。
$a\equiv b(modm)$ ，$c\equiv d(modm)$ ，则 $ac\equiv bd(modm)$。
（5）同幂性: 若 $a\equiv b(modm)$，则 $ac\equiv bc(modm)$。
注意，同余不满足同除性，即不满足，若 $a\equiv b(modm)$ ，则 $\frac{a}{c}\equiv \frac{b}{c}(modm)$ 。

4.扩展欧几里得算法

裴蜀定理

对于任意自然数 $a，b$ ，存在整数 $x，y$ 满足 $ax+by=gcd(a,b)$ 。

证明：

当 $b=0$ 时，存在一组整数解 $x=1，y=0$ ，使得 $a\times 1+b\times 0=gcd(a,0)=a$ 。

当 $b\ne 0$ 时， 根据欧几里得算法，求解 $gcd(a,b)$ ，可以递归求解 $gcd(b,a\%b)$ ，带入到方程 $ax+by=gcd(a,b)$ 。

假设存在一组解 $x_1,y_1$ ，满足 $b{x}_1+(a\%b)y_1=gcd(b,a\%b)=gcd(a,b)$，

展开后为：$b{x}_1+(a-\frac{a}{b}\times b)y_1=gcd(b,a\%b)$ ，此处的 $\frac{a}{b}$ 为整除。合并后有：$a{y}_1+b(x_1-\frac{a}{b}\times y_1)=gcd(b,a\%b)$ 。

$ax+by=gcd(a,b)$

$a{y}_1+b(x_1-\frac{a}{b}\times y_1)=gcd(b,a\%b)$

$gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)$

由以上三个式子可以得到：$x=y_1，y=x_1-\frac{a}{b}\times y_1$ 。

因此，求解 $x,y$，可以通过$x_1,y_1$ 求解。欧几里得算法本身就是递归的过程，$x_1,y_1$ 可以通过 $x_2,y_2$ 求解…，递归边界为 $b=0$ , 此时存在解为 $x_i=1,y_i=0$，递归返回时则可以依次求解，最后得到 $x,y$ 的解。

裴蜀定理是按欧几里得算法证明的，同时给出了解的计算方法，这种方法称为扩展欧几里得算法。求得的解为一组特解，存在多组解。

【参考程序】

int exgcd( int a, int b, int &x, int &y)	//扩展欧几里得算法，&为引用
{	if (b==0) { x=1; y=0; return a; }		
	int d=exgcd( b, a%b, x, y);				
	int t=x;								//递归返回，此时x，y保存的为下一层的值
	x=y;									//更新当前层新的x
	y=t-a/d*y;								//更新当前层新的y
	return d;								//可以同时求解最大公约数
}

5. 扩展欧几里得算法的应用

（1）求解不定方程 $ax+by=c$

对于不定方程 $ax+by=c$，当且仅当 $gcd(a,b)|c$ 时，方程有整数解。

设 $d=gcd(a,b)$，通过扩展欧几里得算法可以求得：$a{x}_1+b{y}_1=d$ 的一组特解： $x_1,y_1$ 。

方程两边同时乘以 $\frac{c}{d}$ ，可以得到不定方程 $ax+by=c$ 的一组特解：$x=\frac{c}{d}{x}_1,y=\frac{c}{d}{y}_1$ 。

不定方程 $ax+by=c$ 通解可以表示为：

$x=\frac{c}{d}{x}_1+t\frac{b}{d}，y=\frac{c}{d}{y}_1-t\frac{a}{d}$ （ $t$ 为整数）,可以将通解带入到方程中进行验证。

当不满足 $gcd(a,b)|c$ 时，无解。

通常题目要求最小正整数解，如果特解为 $x$ ，则最小正整数解 $=((x\%\frac{b}{d})+\frac{b}{d})\%\frac{b}{d}$，因为求出的特解可能为负数，需要加 $\frac{b}{d}$ ，如果不是负数，则还需要模一次。$y$ 的求解方法类似。

【例1】青蛙的约会（POJ 1061）

【问题描述】

两只青蛙住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝对方跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。

我们把这两只青蛙分别叫做青蛙 $A$ 和青蛙 $B$ ，并且规定纬度线上东经 $0$ 度处为原点，由东往西为正方向，单位长度 $1$ 米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙 $A$ 的出发点坐标是 $x$ ，青蛙 $B$ 的出发点坐标是 $y$ 。青蛙 $A$ 一次能跳 $m$ 米，青蛙 $B$ 一次能跳 $n$米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长 $L$ 米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

【输入格式】

输入只包括一行 $5$ 个整数 $x，y，m，n，L$，其中 $x\ne y<2000000000，0<m、n<2000000000，0<L<2100000000$。

【输出格式】

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行 $"Impossible"$ 。

【样例输入】

1 2 3 4 5

【样例输出】

4

【算法分析】

设一共跳了 $T$ 步，则青蛙 $A$ 最后的位置在 $(x+mT)modL$ ，青蛙 $B$ 最后的位置在 $(y+nT)modL$ ，青蛙 $A$ 和青蛙 $B$ 相遇，则 $x+mT\equiv y+nT(modL)$ ，可得到不定方程：$(x+mT)+kL=y+nT$ ，$k$ 为整数。（转换方法参考同余，定理2）

移项可得：$(n-m)T+kL=x-y$，其中 $T,k$ 是整数且未知。这就是标准的不定方程。

题目要求求最小的正整数解 $T$ 。

【参考程序】

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 
using namespace std;
ll x,y,n,m,L;
void 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);
    int t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return d;
}
int main()
{
    ll a,b,d;
    cin>>x>>y>>m>>n>>L;
    if(n<m) {swap(m,n);swap(x,y);}   //保证n-m>0
    d=exgcd(n-m,L,a,b);				//特解为a,b,原方程特解为a*(x-y)/d
    if((x-y)%d!=0||m==n) cout<<"Impossible\n";
    else
        cout<<((a*(x-y)/d)%(L/d)+(L/d))%(L/d) <<endl;
    return 0;
 } 

（2）求解线性同余方程 $ax\equiv b(modm)$

给定整数 $a,b,m$ ，求一个整数 $x$ 满足 $ax\equiv b(modm)$ ，或者给出无解。因为未知指数为 $1$ ，所有称为一次同余方程，也称线性同余方程。

$ax\equiv b(modm)$ 等价于 $ax-b$ 是 $m$ 的倍数，不妨设为 $-y$ 倍。于是，该方程可以改写为：$ax+my=b$ 。

按照扩展欧几里得算法求解方程 $ax+my=b$ 即可。

【例2】同余方程（NOIP 2012 提高）

【问题描述】

求关于 $x$ 同余方程 $ax\equiv 1(modb)$ 的最小正整数解。

【输入格式】

输入只有一行，包含两个正整数 $a,b$，用 一个 空格隔开。

【输出格式】

输出只有一行包含一个正整数 $x_0$，即最小正整数解，输入数据保证一定有解。

【样例输入】

3 10 

【样例输出】

7

【数据范围】

对于 $40\%$ 的数据， $2\le b\le 1,000$ ；

对于 $60\%$ 的数据， $2\le b\le 50,000,000$

对于 $100\%$ 的数据， $2\le a,b\le 2,000,000,000$

【算法分析】

同余方程 $ax\equiv 1(modb)$ 可改写为 $ax+by=1$ ，使用扩展欧几里得算法求解。

（3）乘法逆元

若整数 $a，p$ 互质，$gcd(a,p)=1$ ，$ax\equiv 1(modp)$ ，称 $a$ 关于模 $p$ 的乘法逆元为 $x$ 。如 $4x\equiv 1(mod5)$，$(4\times 9)\%5=1$，$9 $ 为 $4$ 模 $5$ 的乘法逆元。

有了乘法逆元，就能解决除法取模的问题了。

求解 $\frac{a}{b}\%p$（$p$ 为质数），因为$\frac{a}{b}\equiv \frac{a}{b}(modp)$，$bx\equiv 1(modp)$ （$x$ 为 $b$ 模 $p$ 的乘法逆元），所以：$\frac{a}{b}\times bx\equiv \frac{a}{b}\times 1(modp)$ 。

即：$ax\equiv \frac{a}{b}(modp)$

因此，对于 $a$ 除以 $b$ 取模，等价于 $a$ 乘以 $b$ 模 $p$ 的乘法逆元再取模。就可以分别计算 $a\%p$ ,$x\%p$ ,最后相乘再 $\%p$ 。前提是 $b,p$ 互质。

乘法逆元可以通过费马小定理和扩展欧几里得算法求解。

费马小定理

若 $p$ 是质数，对于任意整数 $a$ ，则：$a^p\equiv a(modp)$，那么 $a(a^{p-1}-1)\equiv 0(modp)$，即 $a^{p-1}\equiv 1(modp)$，那么 $a\times a^{p-2}\equiv 1(modp)$ ，$a^{p-2}$ 就是 $a$ 模 $p$ 的乘法逆元。

扩展欧几里得算法

$ax\equiv 1(modp)$ 的解其实就相当于寻找方程 $a\ast x+p\ast y=1$ 的解，而 $a，p$ 互质，$gcd(a,p)=1$ ，刚好就是扩展欧几里得算法的标准形式。

【例3】Sumdiv(POJ 1845)

【问题描述】

给定两个自然数 $A$ 和 $B$ ，$S$ 为 $A^B$ 的所有正整数约数和，编程输出$Smod9901$ 的结果。

【输入格式】

只有一行，两个用空格隔开的自然数 $A$ 和 $B$$（0\le A,B\le 50000000）$。

【输出格式】

只有一行，即 $Smod9901$ 的结果。

【样例输入】

2 3

【样例输出】

15

【算法分析】

根据唯一分解定理，任何一个大于 $1$ 的自然数都能分解成有限个质数相乘的形式，即 $A^B=p_1^{a_1\times B}\times p_2^{a_2\times B}\times ...\times p_k^{a_k\times B}$ 。所以 $A^B$ 的所有约数和 $sum=(1+p_1+p_1^2+...+p_1^{a_1\times B})\times (1+p_2+p_2^2+...+p_2^{a_2\times B})\times ...\times (1+p_k+p_k^2+...+p_k^{a_k\times B})$ 。

方法一：快速幂+乘法逆元

对于每一个 $(1+p_i+p_i^2+...+p_i^{a_i})$ ，这是一个标准的等比数列，根据等比数列求和公式，可以得出和为 $\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$ ，再 $mod9901$ 。分子可以使用快速幂求解，分子除以分母取模，转换为分子乘以分母的乘法逆元取模。

使用乘法逆元时，需要满足 $p_i-1$ 与 $9901$ 互质，因为 $9901$ 是质数，只可能存在 $p_i-1$ 是 $9901$ 的倍数，此时不能使用乘法逆元，但是可以知道 $p_{i}mod9901=1$ ，则等比数列可以直接求解： $(1+p_i+p_i^2+...+p_i^{a_i})mod9901=1+1+1...+1=a_i+1$ 。

方法二：分治

对于等比数列 $(1+p_i+p_i^2+...+p_i^{a_i})$ ，

当 $a_i$ 为奇数时，$1+p_i+p_i^2+...+p_i^{a_i}=(1+p^{\frac{a_i}{2}+1})\times (1+p_i+...+p_i^{\frac{a_i}{2}})$

展开后就有：$(1+p_i+...+p_i^{\frac{a_i}{2}})+(p^{\frac{a_i}{2}+1}+p^{\frac{a_i}{2}+2}+p^{\frac{a_i}{2}+1}+...+p^{a_i})$，因为 $a_i$ 为奇数，所以 $p_i^{\frac{a_i}{2}+\frac{a_i}{2}+1}=p_i^{a_i}$ .

当 $a_i$ 为偶数时，$1+p_i+p_i^2+...+p_i^{a_i}=(1+p^{\frac{a_i}{2}})\times (1+p_i+...+p_i^{\frac{a_i}{2}})$

可以通过分治的方法，递归求解等比数列。

因此，等比数列求和可以使用快速幂+乘法逆元的方法，也可以使用分治的方法。