中国剩余定理与扩展 Lucas定理与扩展 学习笔记

中国剩余定理

问题

求同余方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x≡c1(modm1)x≡c2(modm2)x≡c3(modm3)...x≡ck(modmk){x≡c1(modm1)x≡c2(modm2)x≡c3(modm3)...x≡ck(modmk)

其中满足(mi,mj)=1,1<=i≠j<=k(mi,mj)=1,1<=i≠j<=k

x的最小正（非负）整数解

结论

令M=m1∗m2∗m3∗...∗mkM=m1∗m2∗m3∗...∗mk

则x=(∑i=1kci∗Mmi∗inv(Mmi,mi))%Mx=(∑i=1kci∗Mmi∗inv(Mmi,mi))%M

证明

a.在模M意义下x只有唯一解 （有多解那还了得）

b.令nini满足ni%Mmi=0ni%Mmi=0且ni%mi=1ni%mi=1，则N=∑i=1kci∗niN=∑i=1kci∗ni为原问题的一个解

c.根据上面的式子容易得出ni=Mmix,ni=miy+1ni=Mmix,ni=miy+1，则Mmix=miy+1Mmix=miy+1，即Mmix−miy=1Mmix−miy=1

d.由于mimi两两互质，所以MmiMmi与mimi也互质，令a=Mmi,b=mia=Mmi,b=mi，则ax−by=1ax−by=1

e.可以发现我们已经将其化简成扩展欧几里得的基本形式ax+by=(a,b)ax+by=(a,b)，其中也可以认为x为a在模b意义下的逆元

代码

codevs 3990

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long

LL k,l,r,n,M,x,y,Min,ans,m[15],c[15];

void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if (!b) x=1,y=0;
else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int main()
{
scanf("%d%lld%lld",&k,&l,&r);
M=1LL;
for (int i=1;i<=k;++i)
{
scanf("%lld%lld",&m[i],&c[i]);
M*=m[i];
}
for (int i=1;i<=k;++i)
{
LL a=M/m[i],b=m[i];
exgcd(a,b,x,y);
x=(x%b+b)%b;
if (!x) x+=b;
n+=c[i]*a*x;
}
n%=M;
if (!n) n+=M;

if (r>=n)
ans=(r-n)/M+1;
if (l>=n) ans=ans-((l-n)/M+1);
if ((l-n)%M==0) ++ans;
if (ans)
{
if (l<=n) Min=n;
else Min=n+((l-n)/M+1)*M;
}
printf("%lld\n%lld\n",ans,Min);
}

扩展中国剩余定理

问题

求同余方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x≡c1(modm1)x≡c2(modm2)x≡c3(modm3)...x≡ck(modmk){x≡c1(modm1)x≡c2(modm2)x≡c3(modm3)...x≡ck(modmk)

x的最小正（非负）整数解

结论

对于两个方程

x≡c1(modm1)x≡c1(modm1)

x≡c2(modm2)x≡c2(modm2)

将其合并成一个方程，有解条件为(m1,m2)|(c2−c1)(m1,m2)|(c2−c1)

m=m1m2(m1,m2)m=m1m2(m1,m2)

c=(inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2))%m2(m1,m2)∗m1+c1c=(inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2))%m2(m1,m2)∗m1+c1

最终得出一个式子x≡c(modm)x≡c(modm)

x=c%mx=c%m即为原问题的一个解

证明

a.将两个方程写成x=m1k1+c1,x=m2k2+c2x=m1k1+c1,x=m2k2+c2，两式联立得m1k1+c1=m2k2+c2m1k1+c1=m2k2+c2，移项m1k1=c2−c1+m2k2m1k1=c2−c1+m2k2，

b.根据贝祖定理，以上等式有解充要条件为(m1,m2)|(c2−c1)(m1,m2)|(c2−c1)

c.将等式两边同除(m1,m2)(m1,m2)得m1(m1,m2)∗k1=(c2−c1)(m1,m2)+m2(m1,m2)∗k2m1(m1,m2)∗k1=(c2−c1)(m1,m2)+m2(m1,m2)∗k2，即m1(m1,m2)k1≡(c2−c1)(m1,m2)(modm2(m1,m2))m1(m1,m2)k1≡(c2−c1)(m1,m2)(modm2(m1,m2))，进一步化简k1≡inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)(modm2(m1,m2))k1≡inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)(modm2(m1,m2))，k1=inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)+ym2(m1,m2)k1=inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)+ym2(m1,m2)

d.将其回代x=m1k1+c1x=m1k1+c1，得x=inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)∗m1+ym1m2(m1,m2)+c1x=inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)∗m1+ym1m2(m1,m2)+c1，即x≡inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)∗m1+c1(modm1m2(m1,m2))x≡inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2)∗m1+c1(modm1m2(m1,m2))

e.至此我们又将其化简成了x≡c(modm)x≡c(modm)的形式，其中m=m1m2(m1,m2)m=m1m2(m1,m2)，c=(inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2))%m2(m1,m2)∗m1+c1c=(inv(m1(m1,m2),m2(m1,m2))∗(c2−c1)(m1,m2))%m2(m1,m2)∗m1+c1

代码

pku 2891

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long
#define N 1005

int k;
LL c
,m
,c1,c2,m1,m2,t;
bool flag;

LL gcd(LL a,LL b)
{
if (!b) return a;
else return gcd(b,a%b);
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if (!b) x=1LL,y=0LL;
else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
LL inv(LL a,LL b)
{
LL x=0LL,y=0LL;
exgcd(a,b,x,y);
x=(x%b+b)%b;
if (!x) x+=b;
return x;
}
int main()
{
while (~scanf("%d",&k))
{
flag=true;
for (int i=1;i<=k;++i)
scanf("%I64d%I64d",&m[i],&c[i]);
for (int i=2;i<=k;++i)
{
m1=m[i-1],m2=m[i],c1=c[i-1],c2=c[i];
t=gcd(m1,m2);
if ((c2-c1)%t!=0) {flag=false;break;}
m[i]=m1*m2/t;
c[i]=inv(m1/t,m2/t)*((c2-c1)/t)%(m2/t)*m1+c1;
c[i]=(c[i]%m[i]+m[i])%m[i];
}
if (!flag) puts("-1");
else printf("%I64d\n",c[k]);
}
}

Lucas定理

问题

求Cmn%pCnm%p，其中p为质数

结论

令

n=nk∗pk+nk−1∗pk−1+...+n2∗p2+n1∗p+n0n=nk∗pk+nk−1∗pk−1+...+n2∗p2+n1∗p+n0

m=mk∗pk+mk−1∗pk−1+...+m2∗p2+m1∗p+m0m=mk∗pk+mk−1∗pk−1+...+m2∗p2+m1∗p+m0

则Cmn=∏i=0kCminiCnm=∏i=0kCnimi

证明

去问卢卡斯

听说要用二项式定理什么的

我怎么可能会这种东西

记住就行了

代码

zoj 3557

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long

LL n,m,Mod;

LL fast_pow(LL a,LL p)
{
LL ans=1LL;
for (;p;p>>=1,a=a*a%Mod)
if (p&1)
ans=ans*a%Mod;
return ans;
}
LL inv(LL x)
{
return fast_pow(x,Mod-2);
}
LL C(LL n,LL m)
{
if (m>n) return 0LL;
LL up=1LL,down=1LL;
for (LL i=n-m+1;i<=n;++i) up=up*i%Mod;
for (LL i=1;i<=m;++i) down=down*i%Mod;
return up*inv(down)%Mod;
}
LL lucas(LL n,LL m)
{
if (m>n) return 0LL;
LL ans=1;
for (;m;n/=Mod,m/=Mod)
ans=ans*C(n%Mod,m%Mod)%Mod;
return ans;
}
int main()
{
while (~scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&Mod))
printf("%lld\n",lucas(n-m+1,m));
}

扩展Lucas定理

问题

求Cmn%pCnm%p

结论

令

p=p1k1∗p2k2∗...∗pqkqp=p1k1∗p2k2∗...∗pqkq

列出同余方程组

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪ans≡c1(modp1k1)ans≡c2(modp2k2)...ans≡cq(modpqkq){ans≡c1(modp1k1)ans≡c2(modp2k2)...ans≡cq(modpqkq)

其中c1...cqc1...cq是对于每一个Cmn%pikiCnm%piki求出的答案

然后根据中国剩余定理合并

可见pikipiki并不是质数，而是一个质数的幂的形式

对于如何求Cmn%pikiCnm%piki将在证明中给出

证明

a.由于同于方程组在模p=p1k1∗p2k2∗...∗pqkqp=p1k1∗p2k2∗...∗pqkq意义下有唯一解，可以证明上面做法的正确性

b.由于p=p1k1∗p2k2∗...∗pqkqp=p1k1∗p2k2∗...∗pqkq实质上是将p进行质因数分解，所以pikipiki满足两两互质，可以直接用中国剩余定理合并

c.对于如何求Cmn%pikiCnm%piki

根据Cmn=n!m!(n−m)!Cnm=n!m!(n−m)!，只要分别求出n!%piki,m!%piki,(n−m)!%pikin!%piki,m!%piki,(n−m)!%piki就可以通过逆元求出Cmn%pikiCnm%piki

d.对于如何求n!%pikin!%piki

我们以n=19,pi=3,ki=2n=19,pi=3,ki=2为例

n!=1∗2∗3∗4∗5∗6∗7∗8∗9∗10∗11∗12∗13∗14∗15∗16∗17∗18∗19n!=1∗2∗3∗4∗5∗6∗7∗8∗9∗10∗11∗12∗13∗14∗15∗16∗17∗18∗19

=(1∗2∗4∗5∗7∗8∗10∗11∗13∗14∗16∗17∗19)∗36∗(1∗2∗3∗4∗5∗6)=(1∗2∗4∗5∗7∗8∗10∗11∗13∗14∗16∗17∗19)∗36∗(1∗2∗3∗4∗5∗6)

根据这个例子发现，求解n!可以分为3部分：第一部分是pipi的幂的部分，也就是3636即pi⌊npi⌋pi⌊npi⌋，可以直接求解；第二部分是一个新的阶乘，也就是6!即⌊npi⌋!⌊npi⌋!，可以递归下去求解；第三部分是除前两部分之外剩下的数

考虑第三部分如何求解

发现第三部分在模pikipiki意义下是以pikipiki为周期的，即(1∗2∗4∗5∗7∗8)≡(10∗11∗13∗14∗16∗17)(modpiki)(1∗2∗4∗5∗7∗8)≡(10∗11∗13∗14∗16∗17)(modpiki)，所以只求pikipiki长度的即可；但是还剩下一个孤立的19，可以发现剩下孤立的数长度不会超过pikipiki，只需要暴力求解即可

e.最后一个问题是对于求出的m!%pikim!%piki和(n−m)!%piki(n−m)!%piki有可能与pikipiki不互质，无法求逆元

所以要将m!%pikim!%piki和(n−m)!%piki(n−m)!%piki中质因子pipi先全部除去，求出逆元后再全部乘回去

计算n!中质因子p的个数x的公式为x=⌊np⌋+⌊np2⌋+⌊np3⌋+...x=⌊np⌋+⌊np2⌋+⌊np3⌋+...

递推式也可以写为f(n)=f(⌊np⌋)+⌊np⌋f(n)=f(⌊np⌋)+⌊np⌋

代码

codeforces2015ICL,Finals,Div.1#J

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define LL long long

LL n,m,MOD,ans;

LL fast_pow(LL a,LL p,LL Mod)
{
LL ans=1LL;
for (;p;p>>=1,a=a*a%Mod)
if (p&1)
ans=ans*a%Mod;
return ans;
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if (!b) x=1LL,y=0LL;
else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
LL inv(LL A,LL Mod)
{
if (!A) return 0LL;
LL a=A,b=Mod,x=0LL,y=0LL;
exgcd(a,b,x,y);
x=((x%b)+b)%b;
if (!x) x+=b;
return x;
}
LL Mul(LL n,LL pi,LL pk)
{
if (!n) return 1LL;
LL ans=1LL;
if (n/pk)
{
for (LL i=2;i<=pk;++i)
if (i%pi) ans=ans*i%pk;
ans=fast_pow(ans,n/pk,pk);
}
for (LL i=2;i<=n%pk;++i)
if (i%pi) ans=ans*i%pk;
return ans*Mul(n/pi,pi,pk)%pk;
}
LL C(LL n,LL m,LL Mod,LL pi,LL pk)
{
if (m>n) return 0LL;
LL a=Mul(n,pi,pk),b=Mul(m,pi,pk),c=Mul(n-m,pi,pk);
LL k=0LL,ans;
for (LL i=n;i;i/=pi) k+=i/pi;
for (LL i=m;i;i/=pi) k-=i/pi;
for (LL i=n-m;i;i/=pi) k-=i/pi;
ans=a*inv(b,pk)%pk*inv(c,pk)%pk*fast_pow(pi,k,pk)%pk;
return ans*(Mod/pk)%Mod*inv(Mod/pk,pk)%Mod;
}
int main()
{
scanf("%I64d%I64d%I64d",&n,&m,&MOD);
for (LL x=MOD,i=2;i<=MOD;++i)
if (x%i==0)
{
LL pk=1LL;
while (x%i==0) pk*=i,x/=i;
ans=(ans+C(n,m,MOD,i,pk))%MOD;
}
printf("%I64d\n",ans);
}