具体数学数论章-----致敬Kunth

整除性(divisible)：

_{^{引入了代表整除性。 m\n (m|n) 表示m整除n。注意这里的整除。表示的是n = km(k为整数)。}}

_{^{在整除性这里。m必须是个正数。也许你可以描述n 是 m 的k倍。这种描述中m完全可以是任何数。而在整除性中的表达m整除n,规定了m必须是个正数。而0没有限制。}}

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那么回答以下问题：

1：什么是0的倍数？

2：什么能被0整除？

3：什么能被-1整除？

4：什么能被1整除？

5：2Pi能被Pi整除吗？

6: 2Pi能被2整除吗？

答案分别是：

1:0

2:没有任何数能被0整除。（因为m>0而在这里m=0）

3:同上没有任何数能被-1整除。也就是-1不能整除任何数（严格意义上来讲）

4:任何整数。

5:可以。根据整除性的定义 m>0  n/m 是一个整数即可。n m 是任何实数（m>0）

6:不可以。Pi是3.14... 是个无限不循环小数非整数。

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最大公因子（greatest common divisor）：

用符号 gcd(n,m)表示。也就是所谓的最大公约数了。

首要的就是解决求两个数的最大公约数的问题了。

http://www.cnblogs.com/Milkor/p4379621.html

根据上面的链接里的方法 基本上可以完美解决最大公约数的问题。

接下来探讨扩展欧几里德的使用和原理

 

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扩展欧几里德(extended Euclidean):

描述:必然存在n',m'使得 n'n+m'm=gcd（n,m） 成立。

证明这个定理有关乎贝祖定理（即裴蜀定理）。要搜的话，最好搜裴蜀定理，有更多的资料。

裴蜀定理（Bézout's identity）：

描述：对于nn'+mm'=d 这个方程有整数对解n',m',那么d一定是gcd(n,m)的倍数。（并且有解时，整数解对有无限对）

证明：

　　分三步证明：

　　　　证明1：证明有正整数对解n'm'的时候d一定是最小d(简称d0)的倍数。(这个d0我们还不能说是gcd(n.m)).

　　　　证明2: 证明nn'+mm'=gcd(n,m)有正整数解对n'm'.

　　　　证明3: 证明d0(最小d,之后不赘述)即位gcd(n,m).

 

我尽量详细描述。后有图版的。感谢贴出此图的吧主（吧主名字忘记了，抱歉，惭愧）。找了很久很久。

声明:能够满足nn'+mm'=d有正整数对解的值,这个d值是好值。

证明1：证明有正整数对解n'm'的时候d一定是最小d(简称d0)的倍数。(这个d0我们还不能说是gcd(n.m)).

　　　　设d0 = nn'+mm' ，d0是最小好值。    ①

　　　　   d = nn'+mm' ,   d是任意好值。　　②

　　　　　要证明1，即证明d=kd0(k是正整数) 即d是d0的倍数

　　　　 带余除法 d/d0 -> d = kd0+r ③

　　　　　 即要证明r = 0

　　　　　如果r>0 (r不可能<0)

　　　　　　r = d-kd0 =  nn'+mm' - k(nn''+mm'') 由于  式子①和式子②中的m'n'是不同的 所以前者改用n'' m''来标记

　　　　　　   =  (n'-kn'')n + (m'-m'')m 

　　　　整理得 r =  (n'-kn'')n + (m'-m'')m

           其中n'-kn'' 和 (m'-m'')均为整数，所以r应该是一个好值。但是如果r是一个好值,然而根据③有r<d0。所以这和d0是最小好值是矛盾的。

　　　　所以r = 0.

　　　所以d = kd0 证毕。

 

证明2：nn'+mm'=gcd(n,m)有正整数解对n'm'.

　　利用带余除法： （把余数当做除数，原因后有，符合欧几里得。） 

　　r1 = n  -  k1 m  ①

　　r2 = m  - k2 r1  ②

　　r3 = r1  - k3 r2  ③

　　r4 = r2  - k4 r3  ④

　　r5 = r3  - k5 r4  ⑤

　　......

　　r(n-1) = r(n-3) - k(n) r(n-2)  ⑥

　　r(n) = r(n-2) - k(n) r(n-1)  ⑦

 

　　图上利用数学归纳法证明对于所有的n的不同取值，存在u,v。使得r(n) = up+vq（图上的比较全，严谨）。 回忆作者（似乎是他的学生）在旁边的注解。数学归纳法就是先打好地板。然后确立好你能从n层走上n+1层。那么你就能从地板上走到天际。

　　我在这里就不用数学归纳法了。我直接从头推到尾。（个人见解。）

　　那么复合①②式子：

　　r1 = n  - k1 m    ①

　　r2 = m - k2 r1    ② 

　　① 代入 ② 

　　r2  = (1+k1) m - k2 n  （形式上和原来的式子一样） 所以可以设该式为 r2 = s m -  tn。

　　所以成立。

　　那么继续 r2 = s m -  tn。复合 r3 = r1  - k3 r2  ③

　　r3 = r1 - k3 (s m - tn) 　代入式 ①

　　r3 = n - k1m - k3(s m - t n)

　　r3 = (1 + k3t) n - (k1+k3s) m （形式上和原来的式子一样） 所以可以设该式为 r3 = s m -  tn。   （顺序无所谓 只要符合贝组等式，即原等式的形式）

  　由此一直递推。可以有

　  r(n-1)= sm+tn  　

　　之后你可以手写一下或者思考一下证明欧几里得的过程 到最后一定会有余数 r = 0   (欧几里得的最后终点是gcd(0,n) = n)

　　假设 ⑦ 达到这种情况。即r(n) = 0.

　　gcd(n,m) = gcd(m,r1) = gcd(r1,r2) = gcd(r2,r3)... = gcd(r(n-1),r(n)) = gcd(r(n-1),0) = r(n-1).

　　所以 gcd(n,m) = r(n-1) = sm + tn = nn'+mm'.证毕。

证明3：证明d0(最小d,之后不赘述)即为gcd(n,m).

　　根据证明2。gcd(n,m) = nn'+mm'   其中 gcd(n,m)是好值

　　d0是最小好值。根据证明1  gcd(n,m)|d0。

　　设 c = gcd(n,m) / d0 （我们目的要证明c = 1）

　　对于  d0 = nn'+mm'

　　有 1 = n' (n/d0) + m' (m/d0) 

　　其中 c|(n/d0) 把c = gcd(n,m) / d0 代入就可得。 c|(m/d0) .

　　那么 c|1

　　那么 c = 1.证毕

求解m',n'

现在让我们求nn'+mm'=gcd(n,m)的一组特解n',m'.

求解过程：

　　设n>m

　　n%m = r -> n = km+r -> r = n-km.

　　另有 rr'' + mm'' = gcd(r,m) (这个m还是原来的m 对应的m''不是m',注意这个'另'字)

　　由欧几里得定理得:

　　　　rr'' + mm'' = gcd(r,m) = gcd(n,m)

　　  　(n-km) r'' + mm'' = gcd(n,m)

　　　  nr'' - kmr'' + mm'' = gcd(n,m)

　　　  nr'' + m(m''-kr'') = gcd(n,m)

　　　 所以 n' = r''            m' = m''- kr'' 

　　那么我们只要求出r'' 和 m'' 就可以得到 n'   m'

      那么对 rr'' + mm''  = gcd(n,m) 做同上的处理。　　就能形成递推关系。 你可以这样考虑 n' m‘ 需要 r'' 和 m''   而 r'' 和 m'' 需要  r''' 和 m'''......

　   假如我们知道最终结果的 r''''''''''' 和 m''''''''''   (标点数不知多少,但是是有限的)那么我们可以一直向上推出  n' m' 交给计算机处理吧。递推关系。

　　最后  r''''''''''' = 1 m''''''''''' = 0

  可以有证明：

　　一直取模。最后余数会=0,且另外一个参数的值  = gcd(n,m)(因为gcd(0,a) = a) 所以另外一个解值为1 这个已经在证明裴蜀定理得第2条证明的时候 已经使用过了。所以不再赘述。

　

  递推关系有了。结尾判断有了。code.

　

 int x,y;
void EXGCD(int n,int m)
{
    if(m==)
    {
        x = ;
        y = ;
        return;
    }
    EXGCD(m,n%m);
    int t = x;
    x = y;
    y = t - n/m*y;
}

// nx + my = gcd(n.m)
// 所以要控制一下输出!

EXGCD 扩展欧几里德

对于扩展欧几里得的应用不言而喻。

1:经典的求乘法逆元。

定义 a*b mod m = 1 则b是a关于m的逆元。求b

即 a*b = km + 1  ->  a*b - km = 1   （由前面的探讨,a和m要互素才能有解）

　　 那问题就是解出b了。 直接扩展欧几里得求解

2:求解二元方程，判断二元方程有没有整数解对。

　　其实1是2的一个实例。

其实判断二元方程有没有整数解对应该是裴蜀定理的应用。

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中国剩余定理：

对于这个，我深深地意识到WIKI百科才是真爱啊。baidu sougou 百科，都是表面上华丽，却没有进入实质性的探究啊。

附上链接：

http://zh.wikipedia.org/wiki/中国剩余定理

我觉得没有什么可以再去添加的了。或者说我现在也添加不上去什么了。

只能说一句。裴蜀定理真的是贯穿求同余方程的全程。(具体数学中作者也是调皮地写到4.5(指nn'+mm'=d)又拯救了我们一次) 

在这里。将mod运算和同余方程联系在了一起。这是我之前怎么都想不通的。其实两者是相同的。

即知道xmod25 知道 xmod4 即能处理xmod100 便是中国剩余定理。这是我当时觉得百思不得其解的。因为百科上又或者是网上的资料都说韩信点兵之类的，也就只是描述mod运算。而非我们熟悉的同余方程组。

而后我知道了。   

x mod 25 = 2　　　　->　　　　　　　　　x ≡ 2 (mod 25)

x mod 4 = 3  　　　　->　　　　　　　　　x ≡ 3 (mod 4)

以上转自blog <------强大严谨有钻研性的老人！！！

C = R1Y1C1C（mod G） = R1Y1(mod G) = R1 (mod G)

所以wiki上先证明了互素而有解，我觉得真是严谨,精辟。

主要就是利用Mi = M/mi 其中M为所有mi的值的乘积.

那么Mi % mj = 0.(i != j)

再利用逆元。使得构造出来的数符合条件。

有题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1370

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扩展中国剩余定理（一）：

中国剩余定理对于m1 m2 m3 m4 m5...模的集合若相互均互质十分方便。（构造法确实精美）

但是如果m1 m2 m3 m4 m5 没有相互互质。中国剩余定理的那个构造法就是失效了。此时就是扩展中国剩余定理出现的地方了。

具体分析：

研究问题从小问题开始。我们只考虑2组数据。

x mod 3 = 1

x mod 6 = 2

比如这样的两组数据。

假如我们使用中国剩余定理。

而有3 | 6 那么就找不到6关于3的乘法逆元了（或者叫数论倒数）。也就是找不到6的某个倍数 mod 3 = 1

 

那么如果说出现了这样的问题了呢？（实际上确实是出现了）

方法一：广义上的孙子定理（论文）

这里直接给出解法，然后再去求证各个部分.

首先对模分别进行质因数分解。

对于因子2 分别有 2^2 2^5 取大的 2^5 来源于 同余7的那个式子。 

同理对于因子3      最大为3^2 来源于同余2的那个式子。

              5   来源于 同余7的式子

　　　　　 7 来源于同余 2 的式子

然后可以将原式转成模互质的式子。然后对其进行求解即可。

 证明：重点在于为何能等价于对应素因子最大的那个式子。

先有 x≡b(mod m)    对m进行素因子分解有 x≡b(mod p1)  x≡b(mod p2)....... p 为 m的素因子。（带指数）这个是基本的同余定理。

然后 对于不同的式子有

 x ≡ b1(mod m1)

 x ≡ b2(mod m2)

....

可以等价于 x≡b1(mod p1)  x≡b1(mod p2).......

　　　　　　x≡b2 (mod p1')  x≡b(mod p2').......

　　　　　　....

  其中p1 p1' 只是指数不同。

我们拿一组来讲。 x≡b1 (mod p1) 和 x≡b2 (mod p1')

根据上述的运算。我们要证明

 

x≡b1 (mod p1) 和 x≡b2 (mod p1') 

如果 p1>p1' (其实是比较指数大小)

则等价于 x≡b1 (mod p1) 

如果p1<p1'

则等价于  x≡b2 (mod p1') 

 

假如p1>p1'

先证：x≡b(mod m) 那么可以推得 x≡(b+km)(mod m)

        也就是说 如果 x≡b1(mod m) 等价于 x≡b2(mod m)  

　　　ps:一定有b1和b2之差=km 也就是说这组方程等价于一个方程    x≡b1(mod m) 或 x≡b2(mod m)   因为解x是一样的。

　　　

　　　那么对于 x≡b1 (mod p1) 和 x≡b2 (mod p1')

　　　 因为p1|p1', 所以符合x≡b1 (mod p1) 一定符合 x≡b1 (mod p1‘) 

　　　 而符合 x≡b1 (mod p1‘) 的x 一定符合  x≡b2 (mod p1'). 

　　　 那么整个方程组等价于  x≡b1 (mod p1)

反之同理可证.这个方法是从一个中国(China,祖国要大写！)的论文上获得的。不过它没有证明。证明是我自己想出来 添加上去的。也许有疏忽。望见谅。

扩展中国剩余定理（二）:

处理的还是非互素模的同余方程组求解问题。

先从2个方程组的规模(问题小规模)开始看起。

x≡b1 (mod m1)          

x≡b2 (mod m2)             

解2个式子的方程组并不难。可以思考一下。这个方程组联立之后目测有2个参数。我们可以利用扩展欧几里得算法求解。

x - b1 = n1m1 

x - b2 = n2m2

去x,  n1m1+b1 = b2+n2m2 

其中n1 n2 是未知的。所以化成 n1m1-n2m2 = b2 - b1.

求解n1 n2.

根据n1或者n2 可以直接获得 x 

题外话：考虑一个这样的问题: 给你一堆这样的m 和对应 b 注意各个b的值为一个范围。 问存在不存在一个x 满足其中2个式子。

       　　对于这个问题。我们只要枚举取两个式子。　判断 n1m1-n2m2 = b2 - b1 有无解即可。尽管b2 b1是范围。我们可以取公共范围。

那么考虑多个方程组的时候。

2个方程组我们可以解决。那我们是否可以把2个方程组合并成一个方程组呢，并且保留原来的形式呢?如果可以的话。多个方程组就解决了。因为2个合成1个。合成出来的那个又能和下一个方程合并。一直传递下去。

x≡b1 (mod m1)   

x≡b2 (mod m2)      

对于这个，我可以求得x的值。而我们需要的是满足多个的值。设这个值是k.那么k ≡ x(mod m1) 且 k≡x(mod m2)这样k值就能满足式1 和 式2

而 k ≡ x(mod m1) 且 k≡x(mod m2) -> k≡x(mod lcm(m1,m2))而这个式子始终保留了原来式子的特点 把k看作x x看作b 你就懂了。然后不断的继续下去。最后的值就是结果了。