同余方程
形如 \(ax \equiv b \pmod n\) 的式子稱為線性同余方程。對於這樣的式子有解的充要條件是 \(gcd(a,n) \mid b\) .
於是擴展gcd求解
將原方程化為一次不定方程 \(ax+ny = b\) .
利用擴展歐幾里得算法求解不定方程 $ ax + ny = b$ 的整數解的求解全過程，步驟如下：
1、先計算 \(gcd(a,n)\)，若 \(b\) 不能被 \(gcd(a,n)\) 整除，則方程無整數解；否則，在方程右邊除以 \(b/gcd(a,n)\)，記 得到新的不定方程 \(ax_0 + ny_0 = gcd(a,n)\).
2、利用擴展歐幾里德算法求出方程 $ax_0 + ny_0 = gcd(a, b) $的一組整數解 \(x_0\) , \(y_0\)；
3、根據數論中的相關定理，記 \(k=b/gcd(a,n)\),可得方程 \(ax + ny = b\) 的所有整數解為：
調整得到關於 \(x\) 的正整數解
注意因為解有多個，而我們要求最優解(正整數中最小的)，所以 \((x+=n/gcd(a,n)\%(n/gcd(a,n))\);
加法是為了保證正數,取模是為了最小
青蛙的約會
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
using namespace std;
long long init(){
long long rv=0,fh=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') fh=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
rv=(rv<<1)+(rv<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return fh*rv;
}
long long x,y,m,n,l;
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
if(b==0){
x=1;y=0;return a;
}
long long t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
return t;
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
x=init();y=init();m=init();n=init();l=init();
if(m - n< 0) swap(m, n), swap(x, y);
long long a=0,b=0;
long long t=exgcd(m-n,l,a,b);
if(n==m||(x-y)%t!=0){
printf("Impossible");
return 0;
}
(a*=(y-x)/t)%=(l/t);
(a+=l)%=(l/t);//以保證最優解
cout<<a;
fclose(stdin);
return 0;
}
exgcd可以用來求逆元
\(ax \equiv 1 \pmod n\) 已知 \(a\) , \(n\) 求 \(x\)
因為 \(n\) 是個素數，所以 \(gcd(a,n)==1\) ;
原方程可化為 \(ax \equiv gcd(a,n) \pmod n\)
用exgcd求解即可。
同余方程組
\(x\%p_1 = b_1\)
\(x\%p_2 = b_2\)
\(x\%p_3 = b_3\)
\(x\%p_4 = b_4\)
求 \(x\) 的最小正整數解
小范圍數據直接枚舉
對於模數互質的情況，使用中國剩余定理（CRT）
令 \(m=p_1p_2p_3 \ldots p_n\)
構造出
//定義 \(ni(k,p)\) 是 \(k\) 在模 \(p\) 意義下逆元
CRT求解同余方程組
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
long long a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4;
long long m;
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){
if(!b){
x=1;y=0;
return a;
}
long long t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return t;
}
long long ni(long long a,long long b){
long long x=0,y=0;
long long t=exgcd(a,b,x,y);
if(t!=1) return -1;
else return((x+b)%b);
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>a1>>b1>>a2>>b2>>a3>>b3>>a4>>b4;
m=a1*a2*a3*a4;
cout<<(m/a1*ni(m/a1,a1)*b1+m/a2*ni(m/a2,a2)*b2+m/a3*ni(m/a3,a3)*b3+m/a4*ni(m/a4,a4)*b4)%m;
fclose(stdin);
return 0;
}
對於一般情況采用exgcd兩兩合並,
\(x+a_1k_1=b_1\)
\(x+k_2a_2=b_2\)
\(a_1k_1-k_2a_2=b_1-b_2\)
$t=exgcd(a_1,-a_2,k_1,k_2) $ 實際上 \(-a_2\) 可以寫作 \(a_2\)
合並：
\(k_1=(k_1*(b_1-b_2)/t)\%a2\); //此處是模 \(a_2\) ,因為可以看成是模 \(a_2\)意義下的同余方程
\(b_1-=a_1*k_1\) // \(b_1\) 就是原式中的 \(x\)
\(a_1=a_1/t*a_2\) //把 $ a_1\(變成\)lcm(a1,a2)\( \)b_1%=a_1$ //把 \(b_1\) 調整至新式子的B
此時就把兩個式子合並為了一個，待所有的都合並完后，結果就是 \(b_1\) 調整好的最小正整數 \((b_1+=a_1)\%=a_1\)
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#define LL long long
using namespace std;
LL init(){
LL rv=0,fh=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){
if(c=='-') fh=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9'){
rv=(rv<<1)+(rv<<3)+c-'0';
c=getchar();
}
return rv*fh;
}
LL a,b,a1,b1;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
if(!b){
x=1;y=0;return a;
}
LL t=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return t;
}
int main(){
freopen("in.txt","r",stdin);
a=init();b=init();
for(int i=1;i<=3;i++){
a1=init();b1=init();
LL x=0,y=0;
LL t=exgcd(a,a1,x,y);
x=(x*(b-b1)/t)%a1;
b-=a*x;
a=a/t*a1;
b%=a;
}
(b+=a)%=a;
cout<<b;
fclose(stdin);
return 0;
}
求逆元
\(ax \equiv 1 \pmod n\)
逆元存在的充要條件是\(gcd(a,n)==1\);
一般采用exgcd求逆元，若p是質數，也可使用費馬小定理，快速冪
模質數 \(P\) 意義下
從\(1! \sim n!\)
先用快速冪處理出 \(n!^{-1}\),並預處理出來,\(1! \sim n!\),那么
由此遞推即可
從 $1 \sim n $
此方法不需要求階乘,代碼簡單
首先 \(1^{-1} = 1\pmod p\)
設 $p = k * i + r $, \(1 < i < p, r < i\)
所以 \(k * i + r \equiv 0 \pmod p\)
所有兩邊同乘以 \(i^{-1}*r^{-1}\)得
N[i] = (p -p / i) * N[p % i] %p;