中国剩余定理及其扩展

中国剩余定理

$m_1,m_2,m_3\cdots m_n$两两互素，有同余方程组：

$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)\\ \cdots \\ x\equiv a_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_n)\end{array}$$
求最小的满足方程的$x$。

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。

为了方便后面的描述，我们定义$M=\prod _{i=1}^n{m}_i,w_i=\frac{M}{m_i}$（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$p_i\equiv a_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i$，且$p_i\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_j(j\ne i)$，因为求出所有的$p_i$后，$\sum _{i=1}^n{p}_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M$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$p_i=k_i{w}_i$（$k_i$为任意整数），且$p_i\equiv a_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i$，那么这个$p_i$就是我们需要的。但是$p_i\equiv a_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i$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$p_i=k_i{w}_i$的条件下，使得$p_i\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i$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$k_i{w}_i\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i$，可以看到$k_i$实际上是$w_i$在模$m_i$意义下的逆元，所以：$$p_i=a_i\times w_i\times k_i=a_i\times w_i\times w_i^{-1}$$

到这里，我们就成功得出了中国剩余定理的公式：
$$x\equiv \sum _{i=1}^k{a}_i\times w_i\times w_i^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$$

扩展中国剩余定理

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：
$$\{\begin{array}{l}x=p_1{m}_1+a_1\\ x=p_2{m}_2+a_2\\ \cdots \\ x=p_n{m}_n+a_n\end{array}$$

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：$$m_1{p}_1+a_1=m_2{p}_2+a_2$$

移项：$$m_1{p}_1-m_2{p}_2=a_2-a_1$$

由于$p_2$可正可负，为了方便推导，我们变一下号：$$m_1{p}_1+m_2{p}_2=a_2-a_1$$

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：$$m_{1}x+m_{2}y=gcd(m_1,m_2)$$

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

根据多项式恒等定理：$$p_1=\frac{x(a_2-a_1)}{gcd(m_1,m_2)},p_2=\frac{y(a_2-a_1)}{gcd(m_1,m_2)}$$

那么：$$m_1{p}_1+a_1=a_2-m_2{p}_2=x$$
所以我们目前得到了满足前两个方程的一个$x$的解，
合并后的同余方程为：$$x\equiv m_1{p}_1+a_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(m_1,m_2)$$

或者也可以是：

$$x\equiv a_2-m_2{p}_2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(m_1,m_2)$$

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

$$\{\begin{array}{l}{w}_{1}x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ w_{2}x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ \cdots \\ w_{k}x\equiv a_k(mod{m}_k)\end{array}$$

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$\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(w_i,m_i)$，但是这样的正确性和更改后的方程又如何？

令$Q_i=\mathrm{g}\mathrm{c}\mathrm{d}(w_i,m_i)$，那么$w_i=Q_i{l}_i,m_i=Q_i{r}_i$。将方程转化为以下形式：

$$Q_i{l}_i\times x=a_i+Q_i{r}_i\times q_i$$

其中$q_i$为任意整数，那么$a_i=Q_i(l_i\times x+r_i\times q_i)$，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：

$$l_i\times x=a_i^{\prime }+r_i\times q_i$$

可以发现$l_{i}x\equiv a_i^{\prime }\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{r}_i\iff w_{i}x\equiv a_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i$

那么我们可以将原方程替换为$l_{i}x\equiv a_i^{\prime }\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{r}_i$，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