crt,excrt学习总结

\(crt,Chinese\ Remainder\ Theorem\)

概述

• 前置技能:同余基础性质,\(exgcd\).
• \(crt\),中国剩余定理.用于解决模数互质的线性同余方程组.大概长这样:

\[\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{lr}
x\equiv a_1(mod\ m_1),\\
x\equiv a_2(mod\ m_2),\\
x\equiv a_3(mod\ m_3),\\
......\\
x\equiv a_n(mod\ m_n).\\
\end{array}
\right.
\end{equation}
\]

• 其中,所有的 \(m\) 两两互质,否则需要使用 \(excrt\),此处不讨论.
• 记\(N=\prod m_i\),对于每个方程\(x\equiv a_i(mod\ m_i)\),尝试找一个 \(y_i\) 满足\((N/m_i)*y_i\equiv 1(mod\ m_i).\)
• 这里的\(N/m_i\)就是其他所有模数的积,因为所有 \(m\) 互质,所以\(N/m_i\)与\(m_i\)互质.那么上面的线性同余方程一定可以通过 \(exgcd\) 找到这样的 \(y_i\).
• 再记\(x_i=(N/m_i)*y_i\),那么\(x_i*a_i\equiv a_i(mod\ m_i),x_i*a_i\equiv 0(mod\ m_j,\forall j\not= i)\).
• 将各个方程合并起来即可得出原方程组的解\(x=\sum x_ia_i\),容易验证,这个构造出的 \(x\) 满足原方程组,且对于\(\forall x'\equiv x(mod\ N),x'\)也是合法的解.
• 时间复杂度为\(O(n\cdot(log\prod m_i))\).

应用

• 解线性同余方程组,拆分处理,合并答案.

题目

曹冲养猪

• 题意:求解一个线性同余方程组的最小正整数解,其中模数互质.
• 直接使用 \(crt\) 求解.因为要求最小正整数解,所以在合并的时候对 \(N\) 取模,且最后确保为正.

#include"bits/stdc++.h"
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int MAXN=11;
int a[MAXN],m[MAXN];
int n;
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b)
		{
			x=1;
			y=0;
			return;
		}
	exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
}
int crt(int a[],int m[],int n)
{
	int res=0,N=1,x,y;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		N*=m[i];
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			int tmp=N/m[i];
			exgcd(m[i],tmp,x,y);
			res=(res+y*tmp*a[i])%N;
		}
	return (res+N)%N;
}
signed main()
{
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i)
		m[i]=read(),a[i]=read();
	int ans=crt(a,m,n);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

\(Excrt,Extended\ crt\)

概述

• 前置技能:\(crt\)(其实不是很必要),\(exgcd\).
• 在 \(crt\) 中,要求所有模数互质.如果模数不互质, \(crt\) 就解决不了问题.因为构造过程中会出现\(N/m_i\)与\(m_i\)不互质的情况,同余方程\((N/m_i)*y_i\equiv 1(mod\ m_i)\)会出现无解的情况.
• 这时候就需要使用 \(excrt\) 进行处理.
• \(excrt\) 的基本思路与 \(crt\) 不同,\(crt\) 是直接通过构造得出解, \(excrt\) 是通过将方程两两合并,直到最后只剩下一个方程,也就得到了通解.
• 对于如下方程组:

\[\begin{equation}\left\{ \begin{array}{lr} x\equiv a_1(mod\ m_1),\\ x\equiv a_2(mod\ m_2),\\ x\equiv a_3(mod\ m_3),\\ ......\\ x\equiv a_n(mod\ m_n).\\ \end{array}\right.\end{equation}
\]

• 先考虑合并前两个方程,将其写成一个等价的线性同余方程.
• 由同余的基本性质可知,一个合法解 \(x_0\) 满足 \(x_0=a_1+k_1*m_1=a_2+k_2*m_2.\)
• 将后两个式子移项整理可得\(k_2*m_2-k_1*m_1=a_1-a_2.\)
• 这里就是线性不定方程的形式了,尝试使用 \(exgcd\) 求解.
• 可记\(gcd(m_1,m_2)=g,a_1-a_2=c.\)那么当\(g\not|\ c\)时,显然无解,这两个方程无法同时满足,那么整个方程组也就无解.
• 否则,先通过 \(exgcd\) 求出满足方程 \(k_2*m_2-k_1*m_1=g\)的一组解\(k_2',-k_1'\).
• 方程两边乘上\(c/g\),即\(-k_1'\)乘上\(c/g\)就得到了\(-k_1\).这里可以让\(-k_1\)对\(m_2\)取模,防止其过大.
• 然后代入第一个方程求出\(x_0=a_1+k_1*m_1\),注意上一步求出的是\(-k_1\),这里要取负号.
• 这两个方程的通解即为\(x=x_0+lcm(m_1,m_2)\),写成同余式为\(x\equiv x_0(mod\ lcm(m_1,m_2)).\)
• 新得到的同余式和原来的两个同余式并在一起是等价的,那么将新得到的同余式继续按照上述步骤与其他同余式合并,直到最后只剩下一个同余式,就是要求的通解了.
• 时间复杂度为\(O(n\cdot log(\prod m_i)).\)

应用

• 解线性同余方程组,合并答案.

题目

Strange Way to Express Integers

• 题意:求解一个线性同余方程组的最小正整数解,不保证模数互质.
• 使用 \(excrt\) 处理即可.注意调整解.

#include"bits/stdc++.h"
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
const int MAXN=1e5+10;
int a[MAXN],m[MAXN],n;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b)
		{
			x=1;
			y=0;
			return a;
		}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
	return d;
}
int excrt(int a[],int m[],int n)
{
	int k1,k2;
	for(int i=2;i<=n;++i)
		{
			int g=exgcd(m[i],m[1],k2,k1);
			int c=a[1]-a[i];
			if(c%g)
				return 0;
			k1*=c/g;
			k1%=m[i];
			a[1]=a[1]+(-k1)*m[1];//注意修改的先后顺序
			m[1]=m[1]*m[i]/g;
		}
	return 1;
}
signed main()
{
	while(~scanf("%d",&n))
		{
			for(int i=1;i<=n;++i)
				m[i]=read(),a[i]=read();
			int flag=excrt(a,m,n);
			if(!flag)
				puts("-1");
			else
				printf("%lld\n",(a[1]%m[1]+m[1])%m[1]);
		}
	return 0;
}

屠龙勇士

• 题面比较长...直接看链接内容即可(注意数据表格).
• 每轮剑的攻击力可以用一个 \(multiset\) 维护,可以直接预处理出来,记每轮攻击的攻击力为\(atk_i\).
• 考虑记要求的攻击次数为 \(x\) ,则每次攻击为使恢复若干次后生命值恰好为 \(0\) ,只需满足\(atk_i*x\geq a_i,atk_i*x \equiv a_i(mod\ p_i).\)
• 注意到数据中要么满足特性 \(1\) , 即\(a_i\leq p_i\),要么满足所有的 \(p_i=1\).
• 那么可以判断后分情况处理,对于满足特性 \(1\) 的部分,显然只需处理同余式,同余式成立的情况下一定有\(atk_i*x\geq a_i\).对于所有 \(p_i=1\) 的部分,只需求出将每只龙的生命值打到非正数的次数,取最大值即可,即\(\max \lceil a_i/atk_i \rceil\),容易处理.
• 对于 \(a_i\leq p_i\) 的部分,我们得到若干个同余式,考虑使用 \(excrt\) 进行处理.
• 同余式形式是 \(atk_i*x \equiv a_i(mod\ p_i)\) ,需要先转化为 \(excrt\) 的标准形式,即

\[\begin{equation}\left\{ \begin{array}{lr} x\equiv a_1(mod\ m_1),\\ x\equiv a_2(mod\ m_2),\\ x\equiv a_3(mod\ m_3),\\ ......\\ x\equiv a_n(mod\ m_n).\\ \end{array}\right.\end{equation}
\]

• 考虑将同余式两边乘上逆元 \(atk_i^{-1}\),可得到\(x \equiv atk_i^{-1}*a_i(mod\ p_i)\),就化为了标准形式.
• 但 \(atk_i\) 与 \(p_i\) 可能不互质,此时 \(atk_i\) 是没有逆元的.可以根据同余的消去律,将\(atk_i,a_i,p_i\)都约去三者的 \(gcd\) .若此时 \(atk_i,p_i\) 仍不互质,则整个方程组也就无解了.否则求出逆元后,转化为标准形式.最后对所有转化后的同余式使用 \(excrt\) 求解.
• 注意中间运算会出现$long\ long\ *\ long\ long \ % \ long\ long $的情况,使用快速乘,即将快速幂中的乘法运算改为加法运算,中途取模.

#include"bits/stdc++.h"
#define int long long
using namespace std;
typedef long long LoveLive;
inline int read()
{
	int out=0,fh=1;
	char jp=getchar();
	while ((jp>'9'||jp<'0')&&jp!='-')
		jp=getchar();
	if (jp=='-')
		{
			fh=-1;
			jp=getchar();
		}
	while (jp>='0'&&jp<='9')
		{
			out=out*10+jp-'0';
			jp=getchar();
		}
	return out*fh;
}
multiset<int> sword;
multiset<int>::iterator it;
int n,m;
const int MAXN=1e5+10;
int fmul(int a,int b,int mod)
{
	assert(mod>0);
	a=(a%mod+mod)%mod;
	b=(b%mod+mod)%mod;
	int res=0;
	while(b)
		{
			if(b&1)
				res=(res+a)%mod;
			a=(a+a)%mod;
			b>>=1;
		}
	return res;
}
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b)
		{
			x=1;
			y=0;
			return a;
		}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-(a/b)*y;
	return d;
}
int a[MAXN],p[MAXN],atk[MAXN];
int award[MAXN];
bool check()
{
	for(int i=1;i<=n;++i)
		if(p[i]!=1)
			return false;
	return true;
}
void pre()
{
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			it=sword.upper_bound(a[i]);
			if(it!=sword.begin())
				--it;
			atk[i]=*it;
			sword.erase(it);
			sword.insert(award[i]);
		}
}
void solve_sp()
{
	int ans=-1;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			ans=max(ans,(a[i]+atk[i]-1)/atk[i]);
		}
	printf("%lld\n",ans);
}
int A[MAXN],M[MAXN];
int inv(int k,int mod)
{
	int x,y;
	exgcd(k,mod,x,y);
	return (x%mod+mod)%mod;
}
bool build_equations()
{
	int x,y;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		{
			int g=exgcd(a[i],p[i],x,y);
			g=exgcd(g,atk[i],x,y);
			atk[i]/=g;
			a[i]/=g;
			p[i]/=g;
			int flag=exgcd(atk[i],p[i],x,y);
			if(flag!=1)
				return false;
			A[i]=fmul(a[i],inv(atk[i],p[i]),p[i]);
			M[i]=p[i];
		}
	return true;
}
void excrt()
{
	int k1,k2;
	for(int i=2;i<=n;++i)
		{
			int g=exgcd(M[i],M[1],k2,k1);
			int c=A[1]-A[i];
			if(c%g)
				{
					puts("-1");
					return;
				}
			k1=fmul(k1,c/g,M[i]);
			/*k1*=c/g;
			k1%=M[i];*/
			A[1]=A[1]-fmul(k1,M[1],M[1]*(M[i]/g));//打括号,防止爆long long
			M[1]=M[1]*(M[i]/g);
			A[1]%=M[1];
		}
	printf("%lld\n",(A[1]%M[1]+M[1])%M[1]);
}
signed main()
{
//	freopen("dragon8.in","r",stdin);
	int T=read();
	while(T--)
		{
			sword.clear();
			n=read();
			m=read();
			for(int i=1;i<=n;++i)
				a[i]=read();
			for(int i=1;i<=n;++i)
				p[i]=read();
			for(int i=1;i<=n;++i)
				award[i]=read();
			for(int i=1;i<=m;++i)
				sword.insert(read());
			pre();
			if(check())
				{
					solve_sp();
					continue;
				}
			if(build_equations())
				excrt();
			else
				puts("-1");
		}
	return 0;
}