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数论——线性同余方程、乘法逆元 学习笔记

2023-09-20 16:46 由 RainPPR 发表于 #其他

数论——线性同余方程、乘法逆元

众所周知：

说明

除非特殊说明，以下提到的 exgcd 函数均定义为：

// ax + by = gcd(a, b)
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y, ll d = 0)
{
    if (b == 0) x = 1, y = 0, d = a;
    else d = exgcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x;
    return d;
}

以下提到的 quick_pow 函数均定义为：

// pow
int quick_pow(int a, int b, int p, int res = 1)
{
    for (; b; b >>= 1)
        b & 1 ? res = res * a % p, a = a *a % p : a = a * a % p;
    return res;
}

如果爆 int 请自行开 long long 或边读边模，或高精度处理。

同余

定义

若 \(a \bmod m = b \bmod m\)，则称 \(a\) 与 \(b\) 关于模 \(m\) 同余，记为 \(a \equiv b \pmod m\).

同余的性质

  1. 反身性：\(a \equiv a \pmod m\)；
  2. 对称性：若 \(a \equiv b \pmod m\)，则 \(b \equiv a \pmod m\)；
  3. 传递性：若 \(a \equiv b \pmod m\)、\(b \equiv c \pmod m\)，则 \(a \equiv c \pmod m\)；
  4. 同余式相加：若 \(a \equiv b \pmod m\)、\(c \equiv d \pmod m\)，则 \(a \pm c \equiv b \pm d \pmod m\)；
  5. 同余式相乘：若 \(a \equiv b \pmod m\)、\(c \equiv d \pmod m\)，则 \(a \times c \equiv b \times d \pmod m\)；
  6. 乘方：若 \(a \equiv b \pmod m\)，则 \(a^k \equiv b^k \pmod m\)；
  7. 除法１：若 \(ka \equiv kb \pmod{km}\)，则 \(a \equiv b \pmod m\)；
  8. 除法２：若 \(ka \equiv kb \pmod m\)，则 \(a \equiv b \pmod{m / \gcd(k, m)}\)；

线性同余方程

形式

关于 \(x\) 的方程，形如 \(ax \equiv n \pmod b\)，则称之为线性同余方程（Linear Congruence Equation）。

一般要求求出特解，或 \(x \in [0, b - 1]\) 的通解。

求解方法

方程 \(ax \equiv n \pmod b\) 可以理解为 \(ax + by = n\)，其中 \(y\) 为一个整数。

  • 证明如下：

    因为 \(ax + by = n\)，
    所以 \((ax + by) \bmod b = n \bmod b\)，

    即 \(ax \bmod b + by \bmod b = n \bmod b\)，
    因为 \(by \bmod b = 0\)，

    所以 \(ax \bmod b = n \bmod b\)，
    转换为同余方程的形式就是 \(ax \equiv n \pmod b\).

因此原方程转化为 \(ax + by = n\)，接下来就是扩展欧几里得算法的事情了；
详见：https://www.cnblogs.com/RainPPR/p/gcd-exgcd.html

解的判断

扩展欧几里得算法只能求解 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 的情况，
所以只有当 \(n = k \times \gcd(a, b)\) ，其中 \(k\) 为任意正整数，才可以用扩展欧几里得算法求解。

  • 证明如下：

    可以求出一组 \(x_0\)、\(y_0\)，使得 \(ax_0 + by_0 = \gcd(a, b)\)，
    等式两边同时乘以 \(k\)，便得到：\(akx_0 + bky_0 = k \times \gcd(a, b)\)，

    因此可得到 \(\left\{\begin{matrix} x = kx_0 \\ y = ky_0\end{matrix}\right.\)，

    此时便有 \(ax + by = n\).

特解到通解

下面假设有解：
我们已经将 \(ax \equiv n \pmod b\) 转化为 \(ax + by = n\)，并通过扩展欧几里得算法解出来一个通解 \(x_0\).

然后请看：https://www.cnblogs.com/RainPPR/p/gcd-exgcd.html

设 \(t = \dfrac{\operatorname{lcm}(a, b)}{a}\)，则有通解 \(x = x_0 + kt\)，其中 \(k \in \mathbb{Z}\)。

特殊化的线性同余方程

考虑方程 \(ax \equiv 1 \pmod b\)，也就是上面的 \(n = 1\)。

此时存在解的条件为 \(k \times \gcd(a, b) = n = 1\)，也就是 \(k = 1\) 时的情况：
\(\gcd(a, b) = 1\)，即 \(a\) 与 \(b\) 互质，这样就可以用扩展欧几里得算法求解 \(ax + by = 1\) 了。

所以此时的通解公式也可以化简为 \(x = x_0 + kb\)：

证明：\(t = \dfrac{\operatorname{lcm}(a, b)}{a}\)，而 \(\operatorname{lcm}(a, b) = ab\)，所以就有 \(t = b\)。

代码实现

// ax = 1 (mod b)
int lieu1(int a, int b)
{
    int x, y;
    int d = exgcd(a, b, x, y);
    if (d != 1)
        return -1;
    return (x % b + b) % b;
}

// ax = n (mod b)
int lieu(int a, int b, int n)
{
    int x, y;
    int d = exgcd(a, b, x, y);
    if (n % d != 0)
        return -1;
    int t = b / d;
    return (x % t + t) % t;
}

乘法逆元

有理数取模

加减法：\((a \pm b) \bmod p = (a \bmod p \pm b \bmod p) \bmod p\).

乘法：\((a \times b) \bmod p = (a \bmod p \times b \bmod p) \bmod p\).

那除法呢？举例可知 \(\dfrac{a}{b} \bmod p\) 不一定等于 \(\dfrac{a \bmod p}{b \bmod p}\).

如 \(\dfrac{10}{2} \bmod 3 = 5 \bmod 3 = 2\)，而 \(\dfrac{10 \bmod 3}{2 \bmod 3} = \dfrac{1}{2}\).

乘法逆元的定义

若 \(\dfrac{a}{b} \bmod p = (a \times x) \bmod p\)，

则称 \(x\) 为 \(b\) 的模 \(p\) 意义下的乘法逆元（或 \(x\) 为 \(b \bmod p\) 的逆元），记作 \(x = b^{-1}\)

思路

根据 \(\dfrac{a}{b} \bmod p = (a \times x) \bmod p\) 可以写出同余方程：\(\dfrac{a}{b} \equiv a \times x \pmod{p}\)

两边同时乘以 \(\dfrac{b}{a}\) 可以得到：\(bx \equiv 1 \pmod{p}\)；或者可以理解为 \(x\) 在模 \(p\) 意义下等价于 \(\dfrac{1}{b}\)。

转化一下就是 \(xb + kp = 1\)，而 \(xb + kp = \gcd(b, p)\)，
因此逆元并不是普遍存在的，条件是 \(\gcd(b, p) = 1\)，也就是 \(b\) 与 \(p\) 互质。

扩展欧几里得算法求逆元

上面已经得到了 \(bx \equiv 1 \pmod{p}\) 及 \(xb + kp = 1\)，而这就是上面讲到的特殊化的线性同余方程，可以使用扩展欧几里得算法求逆元。

详见上面：线性同余方程。

快速幂求逆元

前置知识：快速幂、费马小定理

若 \(p\) 为素数，\(\gcd(a, p) = 1\)，则 \(a^{p - 1} \equiv 1 \pmod{p}\)。
证明见：https://oi-wiki.org/math/number-theory/fermat/

仅当 \(p\) 是质数时，即 \(\gcd(b, p) = 1\) 时，也可以用快速幂求逆元：

上面已得 \(bx \equiv 1 \pmod{p}\)，
根据费马小定理，\(b^{p - 1} \equiv 1 \pmod p\)，
可以转化为 \(b \times b^{p - 2} \equiv 1 \pmod p\)，
而我们要求的是 \(bx \equiv 1 \pmod p\)。

因此可得 \(x = b^{p - 2}\)。

代码实现

// s1: exgcd
int inv1(int a, const int p) {
    int x, y;
    exgcd(a, p, x, y);
    return (x % p + p) % p;
}

// s2: pow
int inv2(int a, const int p) {
    return quick_pow(a, p - 2, p);
}

线性求逆元

线性求任意 n 个数的逆元

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\)（\(1 \le a_i < p\)），求序列每个数的逆元。

  • \(a_i\)，表示原序列，即给定的序列；
  • \(\displaystyle s_i = \prod_{i = 1}^n a_i\)，表示原序列的前缀积。
  • \(inv_i = {a_i}^{-1}\)，表示原序列的乘法逆元，即待求的序列；
  • \(\displaystyle sv_i = {s_i}^{-1} = \prod_{i = 1}^n sv_i\)，表示原序列前缀积的乘法逆元，根据逆元性质也等于原序列乘法逆元的前缀积。
  1. 计算给定序列 \(a_i\) 的前缀积，记为 \(s_i\)；
  2. 使用快速幂或扩展欧几里得法计算 \(s_n\) 的逆元，记为 \(sv_n\)；
  3. 因为 \(sv_n\) 是 \(n\) 个数的积的逆元，所以当我们把它乘上 \(a_n\) 时，就会和 \(a_n\) 的逆元抵消；这样就得到了 \(a_1\) 到 \(a_{n - 1}\) 的积逆元，记为 \(sv_{n - 1}\)；
  4. 同理我们可以依次计算出所有的 \(sv_i\)，于是 \({a_i}^{-1}\) 就可以用 \(s_{i - 1} \times sv_i\) 求得。

所以我们就在 \(O(n + \log p)\) 的时间内计算出了 \(n\) 个数的逆元。

// 计算前缀积
s[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;
// 计算全部乘法逆元的前缀积
sv[n] = quick_pow(s[n], p - 2, p);
// 递推前缀积、求序列的乘法逆元
for (int i = n; i >= 1; --i) sv[i - 1] = sv[i] * a[i] % p
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = sv[i] * s[i - 1] % p;
来自 OI-Wiki 的代码 
s[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;
sv[n] = qpow(s[n], p - 2);
// 当然这里也可以用 exgcd 来求逆元,视个人喜好而定.
for (int i = n; i >= 1; --i) sv[i - 1] = sv[i] * a[i] % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = sv[i] * s[i - 1] % p;

特化：线性求 1 ~ n 的逆元

即原序列 \(a_i = i\)，此时有更加快速的方法，但是这里不讲（见 OI-Wiki 内）。

我们在此就简化原程序。

s[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) s[i] = s[i - 1] * i % p;
sv[n] = quick_pow(s[n], p - 2, p);
for (int i = n; i >= 1; --i) sv[i - 1] = sv[i] * i % p;
for (int i = 1; i <= n; ++i) inv[i] = sv[i] * s[i - 1] % p;

例题

1、线性同余方程：P1082 同余方程

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>

#define rr read()

using namespace std;

typedef long long ll;

inline ll read()
{
    ll num = 0, flag = 1;
    char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
        if (ch == '-')
            flag = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        num = (num << 3) + (num << 1) + ch - '0';
    return num * flag;
}

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

int main()
{
    ll a = rr, b = rr;
    ll x = 0, y = 0;

    exgcd(a, b, x, y);
    printf("%lld", (x % b + b) % b);
    return 0;
}

2、快速幂求逆元：P2613 有理数取余

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll MOD = 19260817;

inline ll read()
{
    ll num = 0;
    char ch = getchar();
    while (!isdigit(ch))
        ch = getchar();
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        num = (num << 3) + (num << 1) + ch - '0', num %= MOD;
    return num;
}

ll qpow(ll a, ll b, const ll p, ll res = 1)
{
    for (; b; b >>= 1)
        b & 1 ? res = res * a % p, a = a *a % p : a = a * a % p;
    return res;
}

int main()
{
    ll a = read(), b = read();
    if (b == 0)
        printf("Angry!\n"), exit(0);
    ll res = a * qpow(b, MOD - 2, MOD) % MOD;
    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}

3、线性求 1 ~ n 的逆元：P3811 模意义下的乘法逆元

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>

#define rr read()

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 3e6 + 10;

inline ll read()
{
    ll num = 0, flag = 1;
    char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
        if (num == -1)
            flag = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        num = (num << 3) + (num << 1) + ch - '0';
    return num * flag;
}

ll s[N], sv[N];

ll qpow(ll a, ll b, const ll p, ll r = 1)
{
    for (; b; b >>= 1)
        b & 1 ? r = r * a % p, a = a * a % p : a = a * a % p;
    return r;
}

int main()
{
    const int n = rr;
    const ll p = rr;

    s[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        s[i] = s[i - 1] * i % p;

    sv[n] = qpow(s[n], p - 2, p);
    for (int i = n; i; --i)
        sv[i - 1] = sv[i] * i % p;

    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        printf("%lld\n", sv[i] * s[i - 1] % p);
    return 0;
}

4、线性求 n 数的逆元：P5431 模意义下的乘法逆元 2

求：\(\sum\limits_{i = 1}^n \frac{k^i}{a_i}\).

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>

#define rr read()

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 5e6 + 10;

inline ll read()
{
    ll num = 0, flag = 1;
    char ch = getchar();
    for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
        if (num == -1)
            flag = -1;
    for (; isdigit(ch); ch = getchar())
        num = (num << 3) + (num << 1) + ch - '0';
    return num * flag;
}

ll a[N];
ll s[N], sv[N];

ll qpow(ll a, ll b, const ll p, ll r = 1)
{
    for (; b; b >>= 1)
        b & 1 ? r = r * a % p, a = a *a % p : a = a * a % p;
    return r;
}

int main()
{
    const int n = rr;
    const ll p = rr, k = rr;

    s[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        a[i] = rr, s[i] = s[i - 1] * a[i] % p;

    sv[n] = qpow(s[n], p - 2, p);
    for (int i = n; i; --i)
        sv[i - 1] = sv[i] * a[i] % p;

    ll res = 0, kt = k;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        res = (res + kt * (sv[i] * s[i - 1] % p) % p) % p, kt = kt * k % p;

    printf("%lld\n", res);
    return 0;
}

Reference

[1] https://oi-wiki.org/math/number-theory/fermat/
[2] https://oi-wiki.org/math/number-theory/inverse/
[3] https://oi-wiki.org/math/number-theory/linear-equation/

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