解题报告 (四) 中国剩余定理

最新推荐文章于 2025-05-31 13:59:41 发布

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文章标签： ACM 算法数论中国剩余定理扩展欧几里得

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/WhereIsHeroFrom/article/details/79340601

本文详细介绍了中国剩余定理的概念及应用，通过多个实例解析算法原理，并提供了多种问题的解决方案，包括最小非负整数解的求解方法、置换群的应用、以及与Lucas定理结合解决复杂问题的方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

中国剩余定理

中国剩余定理，求的是模线性方程组的通解，如图1所示，其中(mi, ai)都是已知量，x是未知量。需要求的就是x，让它满足以下n个等式：

举个最简单的例子，如图2所示，x满足三个同余方程，我们可以将三个方程进行一个转化。

很明显，图2和图3的方程组等价，图3表示的是4个未知数，3个方程。由于未知数个数大于方程数，所以这个方程组要么无解，要么有无穷多解。

朴素的做法就是枚举x，然后对每个方程进行试除，令x=(0,1,2,3,...)，那么我们发现当x=26时可以满足所有三个方程。然而事情并没有那么简单，除数的不同，或者方程数的增多，都可能导致x的值变得很大。

如图4所示的这种情况，仅仅三个方程，x就已经是10^8的数量级了，所以枚举这种做法显然是行不通的。

现在介绍一种O(N)的算法，其中N为方程组的个数。首先，我们需要定义一些向量，向量a[]代表除数集合，向量m[]代表余数集合，向量x[]则表示未知数集合。如图5所示，其中K为需要求的数，我们将n个方程从0开始按顺序编号。

然后，我们合并(0)和(1)两个等式，得到：

代换后A,B,C均为常数，X,Y为未知数，然后求A和B的最大公约数G，如果G不能整除C，则方程组无解；否则方程两边A,B,C同时除以G，等式不变。接着，就可以通过扩展欧几里得算法求解Y了，需要注意的是，扩展欧几里得求解时需要保证A和B都大于等于零，所以我们可以做如下处理：

        if(A < 0) {
                // 将A转化成正数，但还需保证等式性质，所以A,B,C同时变号
        	A = -A, B = -B, C = -C;
                // 将B转化成正数，C++的取模%可能出现负数，所以需要模完后加上模数再取模
        	B = (B % A + A) % A;
	}

扩展欧几里得算法求解二元一次方程的解法可以参考这篇文章：初等数论基础算法

Y的通解表示如下（其中Y0已经求出为常数）：

Y就是(1)方程中的x[1]，我们将Y代入方程(1)，得到等式如下：

这时候，我们发现两个等式合并以后的等式，仍然可以表示成同余方程的形式。这说明可以将这个等式和(2)继续合并，合并完的等式，继续和(3)合并，直到最后只剩一个等式，令最后这个等式为：K=ax+b，由于x可以取任意整数，所以我们可以保证a和b都大于等于0，并且a >= b，那么这时候K=b就是方程组的最小非负整数解，K=ax+b就是方程组的通解。

这就是中国剩余定理的O(N)解法。

最后来看实际算法流程：

0)枚举 i = 1 to n-1

1) 合并等式(0)和(i)， a[0]*x[0] + m[0]= a[i]*x[i] + m[i];

a[0]*x[0] - a[i]*x[i] = m[i] - m[0];

A * X + B * Y = C;

2) 根据扩展欧几里得，求得x[i] = Y = Y0 + A*t; (t为任意整数)

3) 将x[i]代入等式(i)，得到： K = a[0]*a[i]*t + (m[i]+a[i]*Y0);

4) 更新等式(0)， a[0] = a[0]*a[i]

m[0] = (m[i]+a[i]*Y0) % a[0];

5) n-1次迭代完毕，m[0]就是最小非负整数解。

C++代码实现地址：中国剩余定理O(N)算法

中国剩余定理题集解题报告

1）Strange Way to Express Integers

题意：给定N组数(ai, ri)。求一个最小的非负整数K，满足所有的K mod ai = ri。

题解：中国剩余定理的模板题。

2）Biorhythms

题意：慢慢读题吧，读到最后就是N=3的中国剩余定理。

题解：直接上模板。

3）X问题

题意：给定N和n组数(ai, ri)，求满足所有的X mod ai = ri，且X<=N的正整数X的个数。

题解：首先套模板求出最小解x，并且求LCM = ai的最小公倍数；然后分情况：

1) x>N 或无解，输出0；（我的模板无解返回的是-1，结果因为这个WA了很多次，无语）

2）x=0，输出N/LCM

3）x>0, 输出(N-x)/LCM+1

4）Circle

题意：给定长度为n(n <= 20)的约瑟夫环，按顺序报数，每次报到k的那个人出列；然后继续从下一个人报数，每次报到k的那个人出列。现在给定出队序列，求最小的满足条件的k。

题解：hash+中国剩余定理。出队序列已经给出，那么可以按顺序模拟，每次往环上走一步，如果遇到本次出队的人，将出队的人hash掉，记录上一次到本次的步数。以剩余的人个数为模数，步数为余数建立一个方程。N次建立N个方程然后求一次中国剩余即可。

5）Chinese Remainder Theorem Again

题意：给定数组Mi和数字a，求一个最小的数K，满足K mod Mi = (Mi - a)。

题解：看起来赤裸裸的中国剩余定理，如果直接套模板会WA，因为数据范围的问题，可能会超int64，所以由于这题的特殊性，有更简单的解法。还是按照中国剩余定理的思路，合并等式发现，最后的解其实是所有Mi的最小公倍数再减去a。

6）AndNow,a Remainder from Our Sponsor

题意：按照同余来加解密的题，有点意思。

题解：模拟 + 中国剩余定理。

7）HelloKiki

题意：给定N组数(ai, ri)。求一个最小的正整数K，满足所有的K mod ai = ri。

题解：中国剩余定理的模板题。注意最小正整数，如果结果为0，需要输出ai的最小公倍数。

8）A Poor Officer

题意：N(N <= 10000)个伞兵编号递增排列（即12345...），给定一种重排规则A[N]，A[i]表示将第A[i]个伞兵放到第i个位置（1<=i<=N）。然后给定一个目标状态，问从起始状态到达目标状态，最少需要经过多少步。

题解：置换群 + 中国剩余定理。首先，对于任意的重排序列，经过有限次重排后必然回到初始状态，如图10所示，重排数组A=[2,1,4,5,7,6,3]；目标数组T=[2,1,7,3,4,6,5]。

然后对起始状态和目标状态分别进行一次重排，就能算出各自的置换群了，如果两者的置换群不一致，显然状态不可达，直接输出-1即可；如图11所示，两者的置换群是一致的，因为(3457)可以通过循环左移经过(4573)、(5734)变成(7345)，同理，(12)可以经过一步变成(21)，所以两者置换群一致。

然后，计算起始状态和目标状态的置换群中每个循环可达需要的最少步数，例如(12)到(21)需要1步，(3457)到(7345)需要3步，(6)到(6)需要0步；然后就可以列出三个方程，即总步数K满足：

成功转换成中国剩余定理求解。

9）Shuffling

解法同A Poor Officer 。

10）Mysterious For

题意：给定n(n <= 10^6),表示循环最多执行n次，再给定两种类型的循环，定义如下：

现在总共有m(m <= 10^5)个嵌套，【类型1】的循环不大于16个。问所有嵌套的循环一共执行多少次。由于次数很大，需要将答案模上364875103。

题解：Lucas定理 + 中国剩余定理。

首先，以【类型1】为断点，如果a[i]是【类型1】的循环，那么它和a[i-1]必然没关系。图中XX()的执行次数代表一个【类型1】循环嵌套了两个【类型2】的循环。

我们用S(n,t)表示1个【类型1】循环和t个【类型2】循环的总执行次数。那么S(n,0)=n, S(n,1)=1+2+...+n。利用数学归纳法，我们总结出S(n,t)的递推公式：S(n,t)=S(n-1,t)+S(n,t-1)。

然后将n和t记录到表格中，每个格子的值 = 它上面格子的值 + 它左边格子的值，如图所示：

观察可得，它是一个斜着的杨辉三角，并且可以转化成组合数求解：S(n,t)=C(n+t,t+1)。于是转变成了求组合数C(a,b) mod 364875103。

C(a,b) mod 364875103的求法采用Lucas定理 + 中国剩余定理。由于364875103 = 97 * 3761599，为两个素数的乘积，我们可以先求出x = C(a,b) mod 97，和y = C(a, b) mod 3761599，那么令K = C(a,b) mod 364875103，K必然满足：

如果x和y都是已知的，那么就可以通过中国剩余定理来求K了。

组合数C(a,b)%p（其中p为素数）可以采用Lucas定理求解。Lucas定理的递归形式如下：

Lucas(n, m, p) {
	if(m == 0) return 1;
	return Lucas(n/p, m/p, p) * Comb(n%p, m%p, p) % p;
}

其中Comb(n,m,p)表示求C(n,m)%p （n<p && m<p && p为素数）

那么现在就是要求n! mod p的值，其中n的范围<=1100000，直接预处理存到数组中，O(1)获取即可。n!^(p-2)mod p可以采用二分快速幂取模。

11）The Lastest Math Theory Problem

最后推荐一道我出的题^_^

题意：给定n(n <= 6)和数组a[n](a[i] < 10000)，要求求一个最小的N，满足n个等式（其中x[i]为未知量）：

由于N可能很大，所以只需要输出N mod 19880502即可；如果不存在这样的N，则输出-1。

题解：中国剩余定理 + 二分快速幂。任何数都可以表示成素数的乘积，又由于N满足以上六个等式，所以N的素因子一定是a[i]的素因子，假设N的表示如下：

任何一个p[i]必定小于10000，那么我们只需要枚举所有小于10000的素因子，然后想办法求出指数e[i]即可。对于每个小于10000的素数p[i]，枚举所有a[j], 检查a[j]这个数中有多少p的素因子，记为cnt[j]，则e[i] = k*a[j] + cnt[j](k>=0)；那么对于每个e[i]利用中国剩余定理求n个同余方程，得到的e[i]利用二分快速幂求p[i]^e[i] mod 19880502即可。最后所有素数分量连乘再取模就是最后的答案了。

这题需要注意一点，求中国剩余定理的时候，由于值的范围在int64，所以乘法可能溢出。所以如果两个数相乘需要采用二进制法。这里提供一种非递归版本的a*b mod c，全程只有加法和取模。

LL Product_Mod(LL a, LL b, LL c) {
	LL sum = 0;
	while(b) {
		if(b & 1) sum = (sum + a) % c;
		a = (a + a) % c;
		b >>= 1;
	}
	return (sum + c) % c;
}