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：除以余，除以余，除以余。

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。

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

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

实现

C++Python

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;
}

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作特殊限制，所以任何一组输入 $\{a_i\}$ 都对应一个解。

另外，若 $x\neq y$ ，则总存在使得和在模下不同余。

故系数列表 $\{a_i\}$ 与解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。

$n=3\times 5\times 7=105$ ；
三人同行七十希： $n_1=3, m_1=n/n_1=35, m_1^{-1}\equiv 2\pmod 3$ ，故 $c_1=35\times 2=70$ ；
五树梅花廿一支： $n_2=5, m_2=n/n_2=21, m_2^{-1}\equiv 1\pmod 5$ ，故 $c_2=21\times 1=21$ ；
七子团圆正半月： $n_3=7, m_3=n/n_3=15, m_3^{-1}\equiv 1\pmod 7$ ，故 $c_3=15\times 1=15$ ；
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，若满足如下线性方程组，且 $a < \prod_{i=1}^k p_i$ （其中为质数）：

\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（称作的混合基数表示）表示：

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 $r_{ij}$ 为在模意义下的逆：

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

把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，除后得

\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++Python

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];
  }
}

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。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（ $1 \leq G,n \leq 10^9$ ），求：

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

首先，当时，所求显然为。

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

因为不是质数，无法保证 $\forall x \in [1,999~911~657]$ ，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，，，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：，其中是整数，则有。

由裴蜀定理，当不能被 $\gcd(m_1,m_2)$ 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；

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

多个方程

用上面的方法两两合并即可。

习题

【模板】扩展中国剩余定理
「NOI2018」屠龙勇士
「TJOI2009」猜数字

本页面部分内容译自博文 Китайская теорема об остатках 与其英文翻译版 Chinese Remainder Theorem。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

本页面最近更新：2022/12/20 15:31:23，更新历史
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