線性同余方程

定義

線性同余方程就是形如 \(ax\equiv b\pmod m\) 其中 \(a,b,m\) 是給定的整數。

解法

由同余的性質可知 \(m\mid ax-b\) 即 \(ax-b=km\) 其中 \(k\in \mathbb{Z}\)。

如果我們設 \(k=-y\) 的話，就有 \(ax+my=b\)，發現了嗎？其實這就是 Bézout 定理。

由Bézout 定理我們可以得到，這個同余方程有解當且僅當 \(\gcd(a,m)\mid b\)。

我們考慮在有解的情況下使用擴展歐幾里得算法先求解出 \(ax+my=\gcd(a,m)\) 的一組特解 \(\left\{\begin{matrix}x=x_0 \\y=y_0\end{matrix}\right.\)，然后呢，我們就可以得到 \(x=\frac{x_0\times b}{\gcd(a,m)}\) 就是原方程的一組解。

關于擴展歐幾里得算法的說明

內容

我們考慮不定方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一組特解，我們可以采用遞歸的方法來求解，實際上這也就是擴展歐幾里得算法：

1. 顯然當 \(b=0\) 時，有 \(\left\{\begin{matrix}x=1\\y=0\end{matrix}\right.\) 滿足條件。
2. 當 \(b\ne 0\) 時，我們根據歐幾里得算法有 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\) 于是，我們就有 \((a\bmod b)y+bx=\gcd(b,a\bmod b)\) 又由于 \((a\bmod b)y+bx=\left(a-b\times\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\right)\times y+bx\) 將 \(\operatorname{RHS}\) 展開，合并同類項后有 \((a\bmod b)y+bx=ay+b\times \left(x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y\right)\) 于是，我們令 \(x_0=y,y_0=x-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y\) 就有 \(ax_0+by_0=\gcd(a,b)\)。

代碼實現

根據上述內容，我們可以打出擴展歐幾里得算法的代碼：

int exgcd(int a,int b,int&x,int&y){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int z=x;
	x=y;
	y=z-z*y;
	return d;
}

功能介紹

以上函數的返回值為 \(\gcd(a,b)\)，注意到參數 \(x,y\) 均在前面加上了取地址符，表示在函數中可以改變 x 與 y 的值，而函數運行完成后 x 與 y 所保存的值就是 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一組特解。

一道模板題

洛谷 P1082：

這道題目就是模板題，方程可以寫成 \(ax+by=1\) 的形式，于是我們使用擴展歐幾里得算法，可以求出特解 \(x_0\) 然后 \(x_0\bmod b\) 就是原方程的最小正整數解了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int a,b;
int exgcd(int a,int b,int&x,int&y){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int z=x;
	x=y;
	y=z-(a/b)*y;
	return d;
}
signed main(){
	cin>>a>>b;
	int x,y;
	exgcd(a,b,x,y);
	cout<<(x%b+b)%b;
	return 0;
}

線性同余方程組

作者太懶了，這里先講解更加寬泛的擴展中國剩余定理吧，等以后再講解特殊的中國剩余定理，順便宣傳一下博客：link。

問題簡述

給定一個 \(k\) 個方程的線性同余方程組：

其中 \(m_1,m_2,\dots,m_k\) 不一定兩兩互質。

解題方法

我們的大致解題思路為將 \(2\) 個方程合并為一個新的方程，以此類推，最終我們會得到一個 \(x\equiv y\pmod z\) 的一個方程，易見上面的方程組的最小正整數解就是 \(y\)。

接下來我們來解決合并方程的問題，我們考慮如下兩個方程：

我們根據第一個式子可以寫出 \(x\) 的通解 \(x=a_1+m_1\times k\) 其中 \(k\) 為任意整數，我們將這個通解帶入第二個式子就可以得到 \(a_1+m_1\times k\equiv a_2\pmod {m_2}\) 我們移一下項就可以得到 \(m_1\times k\equiv a_2-a_1\pmod {m_2}\)，這就是上面的方程組合并后的結果。

而這個方程有解的充要條件是 \(\gcd(m_1,m_2)\mid a_2-a_1\)，這個其實就是裴蜀定理，這里不再概述。

我們繼續講，我們得到這個充要條件后我們可以判斷這個方程是否有解，如果有解我們就繼續進行接下來的操作。

我們設 \(d=\gcd(m_1,m_2)\)，然后將我們合并的方程變換一下就是：

然后，我們設 \(m_1'=\frac{m_1}w0obha2h00,c=\frac{a_2-a_1}w0obha2h00,m_2'=\frac{m_2}w0obha2h00\) 于是我們就有：

注意到此時 \(m_1',m_2'\) 互質，所以 \(m_1'\) 在模 \(m_2'\) 的意義下存在乘法逆元，我們可以使用擴展歐幾里得算法來求出逆元，即求出整數 \(inv\) 使得 \(m_1'\times inv\equiv 1\pmod {m_2'}\)，所以我們繼續將這個方程變換就變成了：

如果我們記 \(k_0=c\times inv\) 則 \(k\) 的通解為 \(k_0+m_2'\times t\) 其中 \(t\) 為任意整數。

然后我們將這個 \(k\) 帶回一開始的式子就可以得出：

我們設 \(x_0=a_1+m_1\times k_0,L=\mathrm{lcm}(m_1,m_2)\) 所以我們就愉快地得出了：

于是，我們完成了合并方程的使命！

最后其實就是一個遞推的過程我們一次合并前 \(2\) 個方程，最后就能得到答案！

代碼實現

#include<bits/stdc++.h>
#define LL __int128
#define R register
using namespace std;
namespace fastIO{char *p1,*p2,buf[100000];
	#define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
	inline void read(LL&n){LL x=0,f=1;char ch=nc();while(ch<48||ch>57){if(ch=='-'){f=-1;}ch=nc();}while(ch>=48&&ch<=57){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=nc();}n=x*f;}inline void read(string&s){s="";char ch=nc();while(ch==' '||ch=='\n'){ch=nc();}while(ch!=' '&&ch!='\n'){s+=ch,ch=nc();}}inline void read(char&ch){ch=nc();while(ch==' '||ch=='\n'){ch=nc();}}inline void write(LL x){if(x<0){putchar('-'),x=-x;}if(x>9){write(x/10);}putchar(x%10+'0');return;}inline void write(const string&s){for(R LL i=0;i<(int)s.size();i++){putchar(s[i]);}}inline void write(const char&c){putchar(c);}
}using namespace fastIO;
inline LL mul(LL a,LL b,const LL&mod){
    a=(a%mod+mod)%mod; 
    b=(b%mod+mod)%mod;
    LL res=0;
    while(b){
        if(b&1)res=(res+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL&x,LL&y){
    if(b==0){
        x=1;
        y=0;
    }
	else{
        exgcd(b,a%b,y,x);
        y-=x*(a/b);
    }
}
LL inv_mod(LL a,LL m){
    LL x,y;
    exgcd(a,m,x,y);
    return (x%m+m)%m;
}
LL gcd(LL a,LL b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
LL n,a[100005],b[100005];
signed main(){
    read(n);
    for(int i=0;i<n;i++){
    	read(a[i]);
    	read(b[i]);
    }
    LL a0=a[0];
    LL b0=(b[0]%a0+a0)%a0;
    for(int i=1;i<n;i++){
        LL ai=a[i];
        LL bi=(b[i]%ai+ai)%ai;
        LL d=gcd(a0,ai);
        LL dif=bi-b0;
        LL a0_=a0/d;
        LL ai_=ai/d;
        LL dif_=dif/d;
        LL c=(dif_%ai_+ai_)%ai_;
        LL inv=inv_mod(a0_,ai_);
        LL t0=mul(inv,c,ai_);
        LL a0__=(a0/d)*ai;
        LL mod__=a0__;
        LL p=mul(a0,t0,mod__);
        LL b0__=(b0+p)%mod__;
        a0=mod__;
        b0=b0__;
    }
	write(b0);
    return 0;
}

一些例題

如果有不會的可以回復作者！

• 洛谷 P5655。
• 洛谷 P2480。