中国剩余定理

m 1 , m 2 , m 3 m n m 1 , m 2 , m 3 m n 两两互素，有同余方程组： x ≡ a 1 ( m o d m 1 ) x ≡ a 2 ( m o d m 2 ) x ≡ a n ( m o d m n ) { x ≡ a 1 ( m o d m 1 ) x ≡ a 2 ( m o d m 2 ) x ≡ a n ( m o d m n ) 求最小的满足方程的 x x 。 由于网上对中国剩余定理的基本概念讲述的差不多了，这里就直接进入正题。 为了方便后面的描述，我们定义 M = ∏ i = 1 n m i , w i = M m i M = ∏ i = 1 n m i , w i = 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 p i ，使得 p i ≡ a i m o d m i p i ≡ a i m o d m i ，且 p i ≡ 0 m o d m j ( j ≠ i ) p i ≡ 0 m o d m j ( j ≠ i ) ，因为求出所有的 p i p i 后， ∑ i = 1 n p i m o d M ∑ i = 1 n p i m o d M 就是我们的答案 x x 。 观察 p i p i 的限制，可以发现 p i p i 应该为除了 m i m i

题目大意：求 \[ G^{\sum\limits_{d|N}\binom{n}{k}} mod\ \ 999911659 \] 题解：卢卡斯定理+中国剩余定理 利用卢卡斯定理求出指数和式对各个素模数的解，再利用中国剩余定理合并四个解即可。 也可以在枚举 N 的因子的过程中，对于计算的四个解直接进行中国剩余定理的合并，答案不变。 代码如下 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod = 999911658; const LL md[] = {2, 3, 4679, 35617}; const int maxn = 40000; LL fac[maxn]; inline LL fpow(LL a, LL b, LL c) { LL ret = 1 % c; for (; b; b >>= 1, a = a * a % c) { if (b & 1) { ret = ret * a % c; } } return ret; } inline LL comb(LL x, LL y, LL p) { if (y > x) { return 0; } return fac[x] * fpow(fac[x - y], p - 2, p) % p * fpow(fac[y], p

无良宣传一下博客wwwwww 文章列表 - 核融合炉心 - 洛谷博客 现有两组数字，每组 \(k\) 个， 第一组中的数字分别为： \(a_1,a_2,...,a_k\) 表示， 第二组中的数字分别用 \(b_1,b_2, ... ,b_k\) 表示。 第二组中的数字 \(\underline\text{两两互质}\) 。 求最小的非负整数 \(n\) ， \(\underline{\text{满足对于任意的}i,n - a_i \text{ 能被 } b_i \text{ 整除}}\) 。 根据题意 ， 题干可以转化为: \(\begin{cases}x \equiv a_1\pmod {b_1}\\x \equiv a_2\pmod {b_2}\\......\\x \equiv a_n\pmod {b_n}\\\end{cases}\) 因为 \(bi\) 之间 两两互质 ，所以可以用 中国剩余定理 求解 但是 中国剩余定理 适用范围太小， 这里介绍用 扩展中国剩余定理 求解。 一道模板题: P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT） \(\begin{cases}x \equiv a_1\pmod {b_1}\\x \equiv a_2\pmod {b_2}\\......\\x \equiv a_n\pmod {b_n}\\\end{cases}\) 其中 , \

解k个线性同余方程构成的线性同余方程组，每个方程形如： $x_i = c_i mod m_i$ ，假如有解输出最小非负整数解，否则输出-1。 可能在模数比较大的时候会溢出的版本，方法是直接对两个方程强行合并。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int MAXK = 100005; 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; } ll inv(ll a, ll b) { ll x = 0, y = 0; exgcd(a, b, x, y); x = (x % b + b) % b; if(!x) x += b; return x; } int k; ll c[MAXK], m[MAXK]; //解k个线性同余方程构成的方程组， xi = ci mod mi ，假如有解，返回最小非负整数解，否则返回-1 ll exCRT(int k) { ll c1, c2, m1, m2, t; for(int i = 2; i <= k; ++i) { m1 = m[i - 1], m2 = m[i], c1 = c[i -

问题 求解同余方程组 其中各个方程的模数 为不一定两两互质的整数， 求x的最小非负整数解 求解 假设已经求出前k-1个方程组成的同余方程组的一个解为x 且有 M=lcm(mo[1],mo[2],mo[3],...,mo[k-1]) 则前k-1个方程的方程组通解为 因为M为前面方程模数的最小公倍数，所以M可以整除任意一个模数，所以方程组加上或减去M对于方程的同余性没有影响。 那么对于加入第k个方程后的方程组 x + t M ≡yu[ k] ( mod mo[k] ) t M ≡yu[k] x ( mo[k] ) 对于这个式子我们已经可以通过扩展欧几里得求解t 若该同余式无解，则整个方程组无解， 若有，则前k个同余式组成的方程组的一个解解为 x k =x+t*M 所以整个算法的思路就是求解k次扩展欧几里得 洛谷 P4777 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll __int128 ll ans,x,y,a,b,c,yu[100005],mo[100005],M,n; long long read()//int 128好像只能用快读 { ll f=1,x=0; char ss=getchar(); while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();} while

1. 一条数学公式： 如果有 a%b=c, 则有 (a+kb)%b=c(k 为非零整数) 2. 用途：求解一次线性同余方程组 ，需要将模数转化为素数来求解的题目 3. ( N / m i ) y i ≡ 1 ( m o d m i y i ( N / m 1 ) + q m 1 = 1 （若mi互质，1 = g c d ( N / m 1 , m 1 )） //hoho，前面一大堆乱七八糟的困得时候写的，重新来 前提： mi两两互质 --》可推出任意ai方程组都有解 假设： 求解： 所以方程组的通解形式为 x=a1t1M1+a2t2M2+...+antnMn+kM, k∈Z 在模M的意义下，方程组只有一个解 x=(a1t1M1+a2t2M2+...+antnMn）mod M ①求基础数的方法：(1) while自增，用其他数的最小公倍数不断自增，直到余数满足条件 　　　　　　　　　(2) 辗转相除法，联系乘法逆元。 证明： j 除此之外，参考百科（真的看不懂了 orz ▲ 联系孙子算法 的那题，就是：已知m1,m2,m3是两两互质的正整数，求最小的正整数x，使它被m1,m2,m3除所得的余数分别是c1,c2,c3。 (1) 先求出Mi 即不被mi整除，但被其他两个数整除的数 (3) 这么搞则得到满足题意的数c1M1+c2M2+c3M3，但它不一定最小，如果比lcm小的话减一下就好。

1079 中国剩余定理 1.0 秒 131,072.0 KB 0 分 基础题 一个正整数K，给出K Mod 一些质数的结果，求符合条件的最小的K。例如，K % 2 = 1, K % 3 = 2, K % 5 = 3。符合条件的最小的K = 23。 输入 第1行：1个数N表示后面输入的质数及模的数量。（2 <= N <= 10) 第2 - N + 1行，每行2个数P和M，中间用空格分隔，P是质数，M是K % P的结果。（2 <= P <= 100, 0 <= K < P) 输出 输出符合条件的最小的K。数据中所有K均小于10^9。 输入样例 3 2 1 3 2 5 3 输出样例 23代码 #include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define ll long long ll a[20],p[20],b[20]; ll power(ll x,ll p1) { ll b=p1-2,sum=1; while(b) { if(b&1) sum=(sum*x)%p1; x=(x*x)%p1; b=b>>1; } return sum; } int main() { ll n,M=1,sum=0; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>a[i]>>p[i]; M=M*a[i]; }

1.威尔逊定理： 当且仅当p为素数时：( p -1 )! ≡ p-1 ( mod p ) 即若p为质数，则p能被(p-1)!+1整除 2.欧拉定理： 欧拉定理：也称费马-欧拉定理 若n,a为正整数，且n,a互质，即gcd(a,n) = 1，则a^φ(n) ≡ 1 (mod n) φ(n) 是欧拉函数： 如果n是质数，那么1到n-1所有数都是与n互质的，所以φ(n) = n-1 欧拉公式： e的ix次方 = cosx + isinx 把x用π带进去，变成 e的iπ次方= -1 3.孙子定理（中国剩余定理） 用现代数学的语言来说明的话，中国剩余定理给出了以下的一元线性同余方程组： 中国剩余定理说明：假设整数 m 1, m 2, ... , m n两两互质，则对任意的整数： a 1, a 2, ... , a n，方程组 (S)有解 4.费马小定理： 假如p是质数，若p不能整除a，则 a^(p-1) ≡1（mod p），若p能整除a，则a^(p-1) ≡0（mod p）。 或者说，若p是质数，且a,p互质，那么 a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1 参考自： http://www.cnblogs.com/linyujun/p/5194142.html 文章来源: 数论四大定理

拓展和非拓展的中国剩余定理的区别在于同余方程组的mod是否两两互质，没有本质区别（个鬼）。 首先用拓展中国剩余定理是完全可以ac中国剩余定理的板题的，但是性能上会差很多，不过应该不会卡这个常数的吧（大雾） 中国剩余定理是很简单的，用拓展欧几里得的板子，加上下面的原理： 很容易出代码，在这里不写了，您可以参见我的一篇叫《求逆元》的博客，里面有详细的介绍。下面讲讲拓展中国剩余定理的原理，证明很简单但是很长，所以只放一个引理。 然后我们就可以把两个方程化成一个。方程越化越少，最后化成一个的时候就胜利了。 出一个拓展中国剩余定理的板子。 1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 #define scan(i) scanf("%lld",&i) 4 using namespace std; 5 const int maxn=100010; 6 int n; 7 ll ai[maxn],bi[maxn]; 8 //mod放在bi里，余数放在ai里 9 ll mul(ll a,ll b,ll mod){ 10 //返回a*b%mod的值，怕爆long long来着 11 ll res=0; 12 while(b>0) 13 { 14 if(b&1) res=(res+a)%mod; 15 a=(a+a)%mod; 16 b>>=1;

Code FeatUVA - 11754 题意：给出c个彼此互质的x i ，对于每个x i ，给出ki个y j ，问前s个ans满足ans%x i 的结果在y j 中有出现过。 一看便是个中国剩余定理，但是同余方程组就有k i 的乘积种组合，而k i 的乘积最大是1e18，直接中国剩余定理肯定不是的，只能对k i 的乘积稍微小的时候才能使用。 而当k i 的乘积很大时，便说明对于每个x i 它的y j 都很多，那么我们挑选其中一组x i ，设ans=temp*x i +y j， temp不需要枚举到很大便能满足其他的%x i =y j , 至于那组x i 的选择，因为我们是要枚举得更快，所有便是y j 尽可能的多，x i 尽可能的大，也就是k i /x i 最小。 最后注意输出格式上，空行的输出。 1 #include<cstdio> 2 #include<set> 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int N=15; 6 int n,m; 7 ll bb[N],cc[N],cp; 8 set<ll> ss[N]; 9 ll exgcd(ll a,ll b, ll &x,ll &y){ 10 if(!b){ 11 x=1; 12 y=0; 13 return a; 14 } 15 ll g=exgcd(b