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Crt

docs/math/number-theory/crt.md

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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++" cpp 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" python 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

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

类似地，我们可以得到：

$$ x_k=(\dots((a_k-x_1)r_{1,k}-x_2)r_{2,k})-\dots)r_{k-1,k} \bmod p_k $$

??? note "实现" === "C++" cpp 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"
    ```python
    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．

???+ note "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 $G=999911659$ 时，所求显然为 $0$．

否则，根据 欧拉定理，可知所求为：

$$ G^{\sum_{k\mid n}\binom{n}{k} \bmod 999911658} \bmod 999911659 $$

现在考虑如何计算：

$$ \sum_{k\mid n}\binom{n}{k} \bmod 999911658 $$

因为 $999911658$ 不是质数，无法保证 $\forall x \in [1,999911657]$，$x$ 都有逆元存在，上面这个式子我们无法直接计算．

注意到 $999911658=2 \times 3 \times 4679 \times 35617$，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