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中国剩余定理

引入

「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 \(23\)。

定义

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。

过程

  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. 方程组在模 \(n\) 意义下的唯一解为：\(x=\sum_{i=1}^k a_ic_i \pmod n\)。

实现

C++
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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;
}
Python
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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

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。

解释

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：

\[ x_k=(\dots((a_k-x_1)r_{1,k}-x_2)r_{2,k})-\dots)r_{k-1,k} \bmod p_k \]
实现
C++
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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];
  }
}
Python
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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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