Algorithm： GCD、EXGCD、Inverse Element

數論基礎

數論是純數學的一個研究分支，主要研究整數的性質。初等數論包括整除理論、同餘理論、連分數理論。這一篇主要記錄的是同餘相關的基礎知識。

取模

取模是一種運算，本質就是帶餘除法，運算結果就是餘數。取模運算結果的符號由被模數（被除數）決定。
\[ 7\%4=3;\space7\%(-4)=3;\\ (-7)\%4=-3;\space(-7)\%(-4)=-3 \]

取模運算的性質

\[ 設a>b>0，有：\\ (a+b)\%c=(a\%c+b\%c)\%c\\ (a-b)\%c=(a\%c-b\%c+c)\%c \\ (a\times b)\%c=(a\%c\times b\%c)\%c \]

例題1

\[ 給定兩個非負整數a，b和正整數n，計算f(a^b)\%n。\\ 其中，f(0)=f(1)=1,且對於\forall i>0，f(i+2)=f(i+1)+f(i)\\ (0\le a,b\le 2^{64},1\le n\le 1000) \]

找規律，對於mod n來講，最多n²項就會出現重複，找出重複項便可獲得循環週期，而後找對應的項便可。

例題2：hdu 1212

題意是給一個位數不超過1,000的正整數A和一個大小不超過100,000的正整數B，求A%B。

這裏只須要用到上面的兩條性質，把A截斷，從高到低模擬作除法便可。

#include <iostream>
string s; int mod, ans;
int main() {
    while(std::cin >> str >> mod) {
        ans = 0;
        for(int i = 0; s[i]; i++) ans = (ans * 10 + (s[i] - '0')) % mod;
        std::cout << ans << std::endl;
    }
    return 0;
}

GCD

GCD即Greatest Common Divisor，最大公約數。最大公約數即能同時整除給定兩個整數的最大正整數。特殊地：gcd（a，0）=a。求解最大公約數一般使用展轉相除法。下面是展轉相除法的代碼實現：

typedef long long LL;
LL gcd(LL a, LL b) {
    return b ? gcd(b, a % b) : a;
}

展轉相除法獲得的餘數序列增加速度比斐波那契數列更快，已知斐波那契的增加是指數級別，則展轉相除法的複雜度是對數級別。

展轉相除法的證實：

1.設兩個數a、b（a＞b），他們的最大公約數爲gcd（a，b），r = a % b，k = （a - a % b）/ b，那麼證實展轉相除法，便是要證實：gcd（a，b）=gcd（b，r）。首先咱們令c = gcd（a，b），那麼確定存在互質的整數m，n，使得a = mc，b = nc。那麼有r = a - kb = mc - knc = (m - kn)c，根據這條式子，c也是r的因數。回過頭看，若是能證實m-kn和n互質，那麼就能夠說明c=gcd（（m-kn）c，nc）=gcd（b，r），因此把問題再次轉化爲：求證m-kn和n互質。

2.反證法證實m-kn和n互質：假設m-kn和n不互質，用數學語言描述爲：假設存在整數x，y，d，其中d＞1，使得m-kn=xd，n=yd。那麼有m=kn+xd=kyd+xd=(ky+x)d，從而a=mc=(ky+x)cd，b=nc=ycd，則gcd（a，b）=cd≠c，與前設矛盾。故m-kn和n互質得證，也就證實了gcd（a，b）=gcd（b，r）。

惟一分解定理

對於任意大於2的正整數X，它總能寫成以下形式：
\[ X=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2} \times ......\times p_k^{a_k}，其中p是各不相同的質數 \]
即質因數分解。且這個分解惟一。

LCM

LCM即Least Common Multiple，最小公倍數。

\[ \begin{align} &根據惟一分解定理，對於給定的a，b：\\ &a=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2} \times......\times p_k^{a_k}\\ &b=p_1^{b_1}\times p_2^{b_2} \times......\times p_k^{b_k}\\ &那麼：\\ &gcd(a,b)=p_1^{min(a_1,b_1)}\times p_2^{min(a_2,b_2)}\times ......p_1^{min(a_k,b_k)}\\ &lcm(a,b)=p_1^{max(a_1,b_1)}\times p_2^{max(a_2,b_2)}\times ......p_1^{max(a_k,b_k)}\\ &所以，gcd(a,b)\times lcm(a,b)=a\times b \end{align} \]

LL lcm(LL a, LL b) {
    return a / gcd(a, b) * b;
}

例題：hdu1788

題意是求最小的正整數N，知足除以每個給定的數Mi，其結果均爲Mi-a。做以下轉化：
\[ N\%M_i\equiv(M_i-a)\%M_i\Rightarrow (N+a)\%M_i=0（a<M_i<100） \]
即N是Mi的倍數，那麼題意也就是求全部M的最小公倍數，注意數字範圍便可。

同餘

對於兩個不一樣的數a，b，若是有a % p = b % p（p＞1），那咱們就稱a和b模p同餘，記做：
\[ a\equiv b(mod\space p) \]

同餘的性質

\[ \begin{aligned} &1.自反性：a\equiv a(mod\space m)\\ &2.對稱性：a\equiv b(mod\space m)，則b\equiv a(mod\space m)\\ &3.傳遞性：若a\equiv b(mod\space m)，b\equiv c(mod\space m)，則a\equiv c(mod\space m)\\ &4.線性運算：若a\equiv b(mod\space m)，c\equiv d(mod\space m)\\ &\space\space\space則：a\pm c\equiv b\pm d(mod\space m);\space a\times c\equiv b\times d(mod\space m)\\ &5.冪運算：若a\equiv b(mod\space m)，那麼a^n\equiv b^n(mod\space m)\\ &6.若ac\equiv bc(mod\space m)，且c≠0，那麼a\equiv b(mod\space {m\over gcd(c,m)})\\ &\space\space\space特殊地，若gcd(c,m)=1，則a\equiv b(mod\space m) \end{aligned} \]

EXGCD

貝祖定理（Bezouts Identity）：若設a,b是不全爲0的整數，則存在整數x,y，使得ax+by=gcd（a,b），(a,b)表明最大公因數，則設a,b是不全爲零的整數，則確定存在整數x,y，使得ax+by=(a，b)。這個式子稱爲貝祖等式。

EXtend GCD 即擴展歐幾里得算法，它能夠用於解關於x，y的貝祖等式。

EXGCD的可行性

當a=0時，ax+by=gcd（a，b）=gcd（0，b）=b，這時能夠解出y=1而x爲任意。同理可得b=0時，解得x=1而y爲任意。當a，b都不爲0時：
\[ \begin{aligned} &設存在一組解爲x_1，y_1，即ax_1+by_1=gcd(a,b)\\ &由歐幾里得定理：gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)得：\\ &ax_1+by_1=gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\\ &那麼,bx_2+(a\%b)y_2=gcd(b,a\%b)=ax_1+by_1\\ &又a\%b=a-a/b\times b\\ &\begin {align} 那麼，&ax_1+by_1\\ =&bx_2+(a-a/b\times b)y_2\\ =&bx_2+ay_2-a/b*b*y_2\\ =&ay_2+b(x_2-a/b*y_2) \end{align}\\ &故能夠獲得：x_1=y_2,\space y_1=x_2-a/b*y_2 \end{aligned} \]
a或b爲0即迭代求解的出口，迭代過程用代碼表示以下：

typedef long long LL;
// ver 1
// 返回值爲gcd（a，b），x和y即求出的特解
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if (b == 0) {
        x = 1; y = 0;
        return a;
    }
    LL ans = exgcd(b, a % b, x, y);
    //這裏經過迭代求出了一組解x，y，這組解對應上面推導過程當中的x2和y2。
    LL temp = x;
    x = y;
    y = temp - a / b * y;
    return ans;
}

// ver 2
// 在熟悉了推導過程以後，咱們能夠利用引用的性質獲得更爲簡潔的ver2寫法
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if (b == 0) {
        x = 1; y = 0;
        return a;
    }
    LL ans = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return ans;
}

EXGCD的應用

求關於x，y的方程ax+by=c的一組解

這裏只須要對貝祖等式稍做變換便可。假設EXGCD求出的方程ax+by=gcd（a，b）的一組解爲x1和y1。在方程兩邊同時乘上一個數m，使得c=m*gcd（a，b），這裏也就要求c是gcd（a，b）的倍數，即c%gcd（a，b）=0。這也是方程有解的條件。此時方程爲：
\[ \begin{align} &ax_1\times m+by_1\times m=gcd(a,b)\times m=c \end{align} \]
對於ax+by=gcd（a，b），其參數解爲：
\[ \begin{align} &x=x_1+{b\over gcd(a,b)}\times t,y=y_1-{a\over gcd(a,b)}\times t,t爲參數\\ &這裏選用{b\over gcd(a,b)}和{a\over gcd(a,b)}是爲了保證結果均爲整數 \end{align} \]
那麼對比方程ax+by=c，能夠獲得其特解爲：
\[ \begin{align} &x_0=x_1\times m=x_1\times {c\over gcd(a,b)}\\ &y_0=y_1\times m=y_1\times {c\over gcd(a,b)} \end{align} \]
那麼其通解爲：
\[ \begin{align} &X=x_0+{b\over gcd(a,b)}\times t,Y=y_0-{a\over gcd(a,b)}\times t,t爲參數\\ &這裏選用{b\over gcd(a,b)}和{a\over gcd(a,b)}做爲係數是爲了確保獲得均爲整數解。 \end{align} \]
對於任意一個肯定的t，都有一組肯定的解與之對應，只須要根據須要找出對應的解便可。

例如求知足ax+by=c的X的最小非負整數解，那麼在獲得X的通解以後只需調整t，調整過程用僞代碼表示爲：

S = b / gcd(a, b);
X = (x0 % S + S) % S;
// 因爲x0多是負數，故在模以後還要加上S在取一次模。
// 同理可得Y的最小非負整數解
T = a / gcd(a, b);
Y = (y0 % T + T) % T;

完整的exgcd求解方程ax+by=c的X和Y的最小非負整數解得代碼以下：

LL exgcd(LL a, LL b, LL c, LL& x, LL& y) {
    if (b == 0) {
        x = 1; y = 0;
        return a;
    }
    LL ans = exgcd(a, b, c, y, x);
    y -= a / b * x;
    LL S = b / ans, T = a / ans;
    x = (x % S + S) % S;
    y = (y % T + T) % T;
    return ans;
}

求關於x的方程ax≡b（mod m）的最小非負整數解

ax≡b（mod m）即ax%m=b%m，即求ax+my=b%m（取模其實就至關於減去（加上）了若干個模數）。但只有a和m互質時有惟一解，不然無解。轉化爲ax+my=b（假設b<m）後，套用exgcd便可。

求a關於模數p的乘法逆元

設x是a關於p的乘法逆元，那麼有ax≡1（mod p），這是第二個應用的特殊狀況，顯然也能夠經過相似方法求得。

逆元

Inverse Element，逆元，推廣了加法中的加法逆元和乘法中的倒數。直觀地說，它是一個能夠取消另外一給定元素運算的元素。a關於模p的逆元存在的條件是gcd（a，p）=1。
\[ \begin{align} &在模p意義下，設A的逆元爲A^{-1}，那麼有A\times A^{-1}\equiv 1(mod\space p) \end{align} \]
爲何須要逆元呢？
\[ \begin{align} &在模意義下，{A\over B}\%p = {A\%p\over B\%p}\%p並不成立，\\ &那麼設B在模p意義下的逆元表示爲B^{-1}，根據逆元的定義，有{A\over B}=A\times B^{-1}(mod \space p)。 \end{align} \]
這裏，咱們把除法轉化爲乘法，就能夠運用取模運算的性質：(a * b) % c = (a % c * b % c) % c，優化算法。

逆元的求法

EXGCD求法

給定模數m，求a的逆元至關於求解關於x的方程ax≡1(mod m)。這個方程能夠轉化爲ax-my=1 。用EXGCD能夠求得一組x，y和gcd。檢查gcd是否爲1（由於EXGCD是把問題轉化爲求解方程ax-my=gcd（a，m），顯然只有gcd（a，m）=1時才能轉化），gcd不爲1則說明逆元不存在。在可以成功求解的狀況下，把解調整x到0~m-1的範圍中便可。

費馬小定理

在模p爲質數的狀況下，有費馬小定理：
\[ a^{p-1}\equiv 1(mod\space p) \]
那麼:
\[ a\times a^{p-2}\equiv 1(mod\space p)\\ 故a的逆元a^{-1}=a^{p-2} \]
而後用快速冪求出逆元便可。

拓展：快速冪

// a是底數，b是指數
LL pow(LL a, LL b, LL mod) {
    LL ans = 1;
    while(b) {
        if(b&1) ans = ans * a % mod;
        b >>= 1, a = a * a % mod;
    }
    return ans;
}

拓展：慢速乘，防止快速冪過程當中乘法運算爆long long，只需把快速冪中的乘法替換爲mul（）便可，通常狀況用不上。

// a爲因數1，b爲因數2
LL mul(LL a, LL b, LL mod) {
    LL ans = 0;
    while(b) {
        if(b&1) ans = (ans + a) % mod;
        b >>= 1, a = (a + a) % mod;
    }
    return ans;
}

歐拉定理

費馬小定理實際上是歐拉定理的特殊狀況。在模數p不爲質數時，有：
\[ a^{\phi(p)}\equiv 1(其中\phi()是歐拉函數) \]
同理能夠獲得：
\[ a^{-1}\equiv a^{\phi(p)-1} \]

線性逆元表

有時咱們須要快速得出1~p-1的全部逆元，這個時候咱們須要一種O（n）的方法，這就是線性逆元表。

首先，1關於任意模p的逆元的逆元都是1。設p = k * i + r（r < i ，1 < i < p），那麼有：
\[ k\times i + r \equiv0(mod\space p) \]
利用逆元性質，兩邊同時乘上i的逆元以及r的逆元，獲得：
\[ k\times r^{-1}+i^{-1}\equiv 0(mod\space p) \]
移項得：
\[ i^{-1}\equiv-k \times r^{-1}\equiv -⌊{p\over i}⌋\times (p\%i)^{-1}(mod\space p) \]
顯然p%i是小於i的，那麼咱們就能夠利用以前的結果在O（1）時間算出單獨的逆元。

用代碼表示即：

// inv[i]對應i的逆元
LL inv[maxn];
void CalInv() {
    // 0沒有逆元，故不初始化
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i < maxn; i++)
        inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
}

利用
\[ (a\times c)\% mod = (a\%mod\times c\%mod)\%mod；\\ 由a\times a^{-1}\equiv1(mod \space p)得，\\ inv_{fac(i)}\equiv inv_{fac(i)}\times (i+1)^{-1}\times (i+1)\equiv inv_{fac(i+1)}\times (i+1)(mod\space p) \]
咱們還能夠在線性時間求出1~min(n，p)的階乘的逆元，代碼以下：

LL fac[maxn], inv[maxn];
void CalFacInv() {
    // 0的階乘是1
    fac[0] = fac[1] = 1;
    for (int i = 2; i < maxn; i++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
    inv[maxn - 1] = QPow(fac[maxn - 1], mod - 2);
    // 注意邊界是≥
    for (int i = maxn - 2; i >= 0; i--)
        inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}

例題：hdu1576

題意即把除法轉化爲逆元乘法。3種方法的代碼：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;
LL n, B;
const LL mod = 9973;

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if (b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    LL ans = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a/b*x;
    return ans;
}

LL QPow(LL x, LL n)
{
    LL res = 1;
    while(n)
    {
        if(n & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

LL inv[10000];
void CalInv() {
    inv[1] = 1;
    for (LL i = 2; i < 10000; i++) {
        inv[i] = (mod * mod - mod / i * inv[mod % i]) % mod;
    }
}


int main() {
    CalInv();
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> B;
        // exgcd
        // LL x, y;
        // exgcd(B, mod, x, y);
        // cout << (x + mod) * n % mod << endl;
        
        // QPow
        // cout << QPow(B, mod - 2) * n % mod << endl;
        
        // 逆元打表
        cout << inv[B % mod] * n % mod << endl;
    }
    return 0;
}