中国剩余定理

「物不知数」问题

有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？

即求满足以下条件的整数：除以 3 余 2 ，除以 5 余 3 ，除以 7 余 2 。

该问题最早见于《孙子算经》中，并有该问题的具体解法。宋朝数学家秦九韶于 1247 年《数书九章》卷一、二《大衍类》对「物不知数」问题做出了完整系统的解答。上面具体问题的解答口诀由明朝数学家程大位在《算法统宗》中给出：

三人同行七十希，五树梅花廿一支，七子团圆正半月，除百零五便得知。

2\times 70+3\times 21+2\times 15=233=2\times 105+23 ，故答案为 23 。

算法简介及过程

中国剩余定理 (Chinese Remainder Theorem, CRT) 可求解如下形式的一元线性同余方程组（其中 n_1, n_2, \cdots, n_k 两两互质）：

\begin{cases} x &\equiv a_1 \pmod {n_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod {n_2} \\ &\vdots \\ x &\equiv a_k \pmod {n_k} \\ \end{cases}

上面的「物不知数」问题就是一元线性同余方程组的一个实例。

算法流程

  1. 计算所有模数的积 n ；
  2. 对于第 i 个方程：
    1. 计算 m_i=\frac{n}{n_i} ；
    2. 计算 m_i 在模 n_i 意义下的 逆元 m_i^{-1} ；
    3. 计算 c_i=m_im_i^{-1} （不要对 n_i 取模）。
  3. 方程组的唯一解为： x=\sum_{i=1}^k a_ic_i \pmod n 。

代码实现

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// C++ Version
LL CRT(int k, LL* a, LL* r) {
  LL n = 1, ans = 0;
  for (int i = 1; i <= k; i++) n = n * r[i];
  for (int i = 1; i <= k; i++) {
    LL m = n / r[i], b, y;
    exgcd(m, r[i], b, y);  // b * m mod r[i] = 1
    ans = (ans + a[i] * m * b % n) % n;
  }
  return (ans % n + n) % n;
}

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# Python Version
def CRT(k, a, r):
    n = 1; ans = 0
    for i in range(1, k + 1):
        n = n * r[i]
    for i in range(1, k + 1):
        m = n // r[i]; b = y = 0
        exgcd(m, r[i], b, y) # b * m mod r[i] = 1
        ans = (ans + a[i] * m * b % n) % n
    return (ans % n + n) % n

算法的证明

我们需要证明上面算法计算所得的 x 对于任意 i=1,2,\cdots,k 满足 x\equiv a_i \pmod {n_i} 。

当 i\neq j 时，有 m_j \equiv 0 \pmod {n_i} ，故 c_j \equiv m_j \equiv 0 \pmod {n_i} 。又有 c_i \equiv m_i \cdot (m_i^{-1} \bmod {n_i}) \equiv 1 \pmod {n_i} ，所以我们有：

\begin{aligned} x&\equiv \sum_{j=1}^k a_jc_j &\pmod {n_i} \\ &\equiv a_ic_i &\pmod {n_i} \\ &\equiv a_i \cdot m_i \cdot (m^{-1}_i \bmod n_i) &\pmod {n_i} \\ &\equiv a_i &\pmod {n_i} \end{aligned}

即对于任意 i=1,2,\cdots,k ，上面算法得到的 x 总是满足 x\equiv a_i \pmod{n_i} ，即证明了解同余方程组的算法的正确性。

因为我们没有对输入的 a_i 作特殊限制，所以任何一组输入 \{a_i\} 都对应一个解 x 。

另外，若 x\neq y ，则总存在 i 使得 x 和 y 在模 n_i 下不同余。

故系数列表 \{a_i\} 与解 x 之间是一一映射关系，方程组总是有唯一解。

例

下面演示 CRT 如何解「物不知数」问题。

  1. n=3\times 5\times 7=105 ；
  2. 三人同行 七十 希： n_1=3, m_1=n/n_1=35, m_1^{-1}\equiv 2\pmod 3 ，故 c_1=35\times 2=70 ；
  3. 五树梅花 廿一 支： n_2=5, m_2=n/n_2=21, m_2^{-1}\equiv 1\pmod 5 ，故 c_2=21\times 1=21 ；
  4. 七子团圆正 半月： n_3=7, m_3=n/n_3=15, m_3^{-1}\equiv 1\pmod 7 ，故 c_3=15\times 1=15 ；
  5. 所以方程组的唯一解为 x\equiv 2\times 70+3\times 21+2\times 15\equiv 233\equiv 23 \pmod {105} 。（除 百零五 便得知）

Garner 算法

CRT 的另一个用途是用一组比较小的质数表示一个大的整数。

例如，若 a 满足如下线性方程组，且 a < \prod_{i=1}^k p_i （其中 p_i 为质数）：

\begin{cases} a &\equiv a_1 \pmod {p_1} \\ a &\equiv a_2 \pmod {p_2} \\ &\vdots \\ a &\equiv a_k \pmod {p_k} \\ \end{cases}

我们可以用以下形式的式子（称作 a 的混合基数表示）表示 a ：

a = x_1 + x_2 p_1 + x_3 p_1 p_2 + \ldots + x_k p_1 \ldots p_{k-1}

Garner 算法 将用来计算系数 x_1, \ldots, x_k 。

令 r_{ij} 为 p_i 在模 p_j 意义下的 逆：

p_i \cdot r_{i,j} \equiv 1 \pmod{p_j}

把 a 代入我们得到的第一个方程：

a_1 \equiv x_1 \pmod{p_1}

代入第二个方程得出：

a_2 \equiv x_1 + x_2 p_1 \pmod{p_2}

方程两边减 x_1 ，除 p_1 后得

\begin{array}{rclr} a_2 - x_1 &\equiv& x_2 p_1 &\pmod{p_2} \\ (a_2 - x_1) r_{1,2} &\equiv& x_2 &\pmod{p_2} \\ x_2 &\equiv& (a_2 - x_1) r_{1,2} &\pmod{p_2} \end{array}

类似地，我们可以得到：

x_k=(...((a_k-x_1)r_{1,k}-x_2)r_{2,k})-...)r_{k-1,k} \bmod p_k
参考代码 
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// C++ Version
for (int i = 0; i < k; ++i) {
  x[i] = a[i];
  for (int j = 0; j < i; ++j) {
    x[i] = r[j][i] * (x[i] - x[j]);
    x[i] = x[i] % p[i];
    if (x[i] < 0) x[i] += p[i];
  }
}

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# Python Version
for i in range(0, k):
    x[i] = a[i]
    for j in range(0, i):
        x[i] = r[j][i] * (x[i] - x[j])
        x[i] = x[i] % p[i]
        if (x[i] < 0):
            x[i] = x[i] + p[i]

该算法的时间复杂度为 O(k^2) 。实际上 Garner 算法并不要求模数为质数，只要求模数两两互质，我们有如下伪代码：

\begin{array}{ll} &\textbf{Chinese Remainder Algorithm }\operatorname{cra}(\mathbf{v}, \mathbf{m})\text{:} \\ &\textbf{Input}\text{: }\mathbf{m}=(m_0,m_1,\dots ,m_{n-1})\text{, }m_i\in\mathbb{Z}^+\land\gcd(m_i,m_j)=1\text{ for all } i\neq j\text{,} \\ &\qquad \mathbf{v}=(v_0,\dots ,v_{n-1}) \text{ where }v_i=x\bmod m_i\text{.} \\ &\textbf{Output}\text{: }x\bmod{\prod_{i=0}^{n-1} m_i}\text{.} \\ 1&\qquad \textbf{for }i\text{ from }1\text{ to }(n-1)\textbf{ do} \\ 2&\qquad \qquad C_i\gets \left(\prod_{j=0}^{i-1}m_j\right)^{-1}\bmod{m_i} \\ 3&\qquad x\gets v_0 \\ 4&\qquad \textbf{for }i\text{ from }1\text{ to }(n-1)\textbf{ do} \\ 5&\qquad \qquad u\gets (v_i-x)\cdot C_i\bmod{m_i} \\ 6&\qquad \qquad x\gets x+u\prod_{j=0}^{i-1}m_j \\ 7&\qquad \textbf{return }(x) \end{array}

可以发现在第六行中的计算过程对应上述混合基数的表示。

应用

某些计数问题或数论问题出于加长代码、增加难度、或者是一些其他原因，给出的模数：不是质数！

但是对其质因数分解会发现它没有平方因子，也就是该模数是由一些不重复的质数相乘得到。

那么我们可以分别对这些模数进行计算，最后用 CRT 合并答案。

下面这道题就是一个不错的例子。

洛谷 P2480 [SDOI2010]古代猪文

给出 G,n （ 1 \leq G,n \leq 10^9 ），求：

G^{\sum_{k\mid n}\binom{n}{k}} \bmod 999~911~659

首先，当 G=999~911~659 时，所求显然为 0 。

否则，根据 欧拉定理，可知所求为：

G^{\sum_{k\mid n}\binom{n}{k} \bmod 999~911~658} \bmod 999~911~659

现在考虑如何计算：

\sum_{k\mid n}\binom{n}{k} \bmod 999~911~658

因为 999~911~658 不是质数，无法保证 \forall x \in [1,999~911~657] ， x 都有逆元存在，上面这个式子我们无法直接计算。

注意到 999~911~658=2 \times 3 \times 4679 \times 35617 ，其中每个质因子的最高次数均为一，我们可以考虑分别求出 \sum_{k\mid n}\binom{n}{k} 在模 2 ， 3 ， 4679 ， 35617 这几个质数下的结果，最后用中国剩余定理来合并答案。

也就是说，我们实际上要求下面一个线性方程组的解：

\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod 2\\ x \equiv a_2 \pmod 3\\ x \equiv a_3 \pmod {4679}\\ x \equiv a_4 \pmod {35617} \end{cases}

而计算一个组合数对较小的质数取模后的结果，可以利用 卢卡斯定理。

扩展：模数不互质的情况

两个方程

设两个方程分别是 x\equiv a_1 \pmod {m_1} 、 x\equiv a_2 \pmod {m_2} ；

将它们转化为不定方程： x=m_1p+a_1=m_2q+a_2 ，其中 p, q 是整数，则有 m_1p-m_2q=a_2-a_1 。

由裴蜀定理，当 a_2-a_1 不能被 \gcd(m_1,m_2) 整除时，无解；

其他情况下，可以通过扩展欧几里得算法解出来一组可行解 (p, q) ；

则原来的两方程组成的模方程组的解为 x\equiv b\pmod M ，其中 b=m_1p+a_1 ， M=\text{lcm}(m_1, m_2) 。

多个方程

用上面的方法两两合并即可。

习题

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