初等数论--Garner‘s 算法
0. 介绍
主要通过混合积的表示来逐步求得同余方程的解。
对于同余方程
{ x ≡ v 0 ( m o d m 0 ) x ≡ v 1 ( m o d m 1 ) ⋯ x ≡ v k − 1 ( m o d m k − 1 ) \begin{equation*} \begin{cases} x \equiv v_0 \quad (\ \bmod \ m_0)\\ x \equiv v_1 \quad (\ \bmod \ m_1)\\ \cdots\\ x \equiv v_{k-1} \quad (\ \bmod \ m_{k-1})\\ \end{cases} \end{equation*} ⎩ ⎨ ⎧x≡v0( mod m0)x≡v1( mod m1)⋯x≡vk−1( mod mk−1)
满足
gcd ( m 0 , m 1 , ⋯ , m k − 1 ) = 1 \gcd(m_0,m_1, \cdots, m_{k-1})=1 gcd(m0,m1,⋯,mk−1)=1
1. 传统构造方法
M = ∏ i = 0 k − 1 m i b i = M m i , b i × i n v i ≡ 1 ( m o d m i ) x = ∑ i = 0 k − 1 v i × b i × i n v i M=\prod_{i=0}^{k-1} m_i\\ b_i=\frac{M}{m_i}, b_i\times inv_i \equiv 1 \quad(\ \bmod\ m_i)\\ x=\sum_{i=0}^{k-1} v_i \times b_i \times inv_i M=i=0∏k−1mibi=miM,bi×invi≡1( mod mi)x=i=0∑k−1vi×bi×invi
这样构造保证了 x x x的存在性，但是在计算时 b i b_i bi比较大。
下面是示例代码
template<typename T>
T exgcd(T a, T b, T &x, T &y) {if ( b == 0) {x = 1;y = 0;return a;}T x_0;T y_0;T d = exgcd( b, a % b, x_0, y_0);x = y_0;y = x_0 - (a / b) * y_0;return d;
}ll CRT(int cnt, ll *a, ll *b) {ll pia = 1;ll res = 0;for (int i = 0;i < cnt; i++) {pia *= a[i];}for (int i = 0;i < cnt; i++) {ll m = pia / a[i];ll inv, tmp;exgcd( m, a[i], inv, tmp);inv = (inv % a[i] + a[i])% a[i];__int128 sb = m * inv % pia * b[i] % pia;sb %= pia;res = (res + (ll) sb ) % pia;}return res;
}2. Garner‘s算法
由中国剩余定理，我们知道必然存在 x < ∏ i = 0 k − 1 m i x <\prod_{i=0}^{k-1} m_i x<∏i=0k−1mi满足上面的同余方程组。
x x x的混合积表示为
x = t 0 + t 1 m 0 + ⋯ + t k − 1 ∏ i = 0 k − 2 m i x=t_0 + t_1m_0+ \cdots+t_{k-1} \prod_{i=0}^{k-2} m_i x=t0+t1m0+⋯+tk−1i=0∏k−2mi
不断对 x x x和 ∏ i = 0 s m i \prod_{i=0}^{s} m_i ∏i=0smi应用带余除数法可以证明 t i t_i ti的唯一性。
代入第一同余方程得到
t 0 ≡ v 0 ( m o d m 0 ) t_0\equiv v_0 \quad (\ \bmod \ m_0) t0≡v0( mod m0)
取 t 0 = v 0 t_0 =v_0 t0=v0, 将 x x x代入第二个方程
t 0 + t 1 m 0 ≡ v 1 ( m o d m 1 ) t 1 m 0 ≡ v 1 − t 0 ( m o d m 1 ) t 1 ≡ ( v 1 − t 0 ) m 0 − 1 ( m o d m 1 ) t_0 + t_1m_0 \equiv v_1 \quad (\ \bmod \ m_1)\\ t_1m_0\equiv v_1-t_0 \quad (\ \bmod \ m_1) \\ t_1 \equiv(v_1-t_0) m_0^{-1} \quad (\ \bmod\ m_1) t0+t1m0≡v1( mod m1)t1m0≡v1−t0( mod m1)t1≡(v1−t0)m0−1( mod m1)
我们令 X j = ∑ s = 0 j − 1 t s ∏ a = 0 s − 1 m a X_j=\sum_{s=0}^{j-1}t_s \prod_{a=0}^{s-1} m_a Xj=∑s=0j−1ts∏a=0s−1ma，也就是 x x x的混合积表示中的前 j j j
项；此时求 x x x相当于，求 X k X_k Xk。
在求 X j X_j Xj时，我们必然已经求得了 X j − 1 X_{j-1} Xj−1。
代入到第 j j j个同余方程，可以得到
X j − 1 + t j ( ∏ s = 0 j − 1 m s ) ≡ v j ( m o d m j ) t j ( ∏ s = 0 j − 1 m s ) ≡ ( v j − X j − 1 ) ( m o d m j ) t j ≡ ( v j − X j − 1 ) ( ∏ s = 0 j − 1 m s ) − 1 ( m o d m j ) X_{j-1} + t_j(\prod_{s=0}^{j-1}m_s) \equiv v_j \quad (\ \bmod \ m_j)\\ t_j(\prod_{s=0}^{j-1}m_s) \equiv (v_j - X_{j-1} ) \quad (\ \bmod \ m_j)\\ t_j \equiv(v_j-X_{j-1})(\prod_{s=0}^{j-1}m_s)^{-1} \quad (\ \bmod \ m_j) Xj−1+tj(s=0∏j−1ms)≡vj( mod mj)tj(s=0∏j−1ms)≡(vj−Xj−1)( mod mj)tj≡(vj−Xj−1)(s=0∏j−1ms)−1( mod mj)
因此我们可以递推的来求 x x x。
在应用密码学手册中给出了算法描述。
主要的解释上面已经有了，唯一需要注意的是求 ( ∏ i = 0 j − 1 m i ) − 1 ( m o d m j ) (\prod_{i=0}^{j-1} m_i) ^{-1} \quad(\ \bmod\ m_j) (∏i=0j−1mi)−1( mod mj)。
运用了乘积的逆等于逆的乘积这一性质, 证明如下
( ∏ i = 0 j − 1 m i ) ∏ i = 0 j − 1 ( m i ) − 1 ≡ ∏ i = 0 j − 1 m i m i − 1 ≡ 1 ( m o d m j ) (\prod_{i=0}^{j-1} m_i)\prod_{i=0}^{j-1}(m_i)^{-1} \equiv \prod_{i=0}^{j-1} m_i m_i^{-1} \equiv 1 \quad (\ \bmod\ m_j) (i=0∏j−1mi)i=0∏j−1(mi)−1≡i=0∏j−1mimi−1≡1( mod mj)
代码
#include <iostream>
#include <vector>using ll = long long;static constexpr int MAXN = 1e5+10;ll a[MAXN];
ll b[MAXN];template<typename T>
T exgcd(T a, T b, T &x, T &y) {if ( b == 0) {x = 1;y = 0;return a;}T x_0;T y_0;T d = exgcd( b, a % b, x_0, y_0);x = y_0;y = x_0 - (a / b) * y_0;return d;
}ll CRT_GARNER(int cnt, ll *m, ll *v)
{std::vector<ll> C(cnt, 1);for (int i = 1; i < cnt; i++) {for (int j = 0; j < i; ++j) {ll inv;ll tmp;exgcd(m[j], m[i], inv, tmp);// printf("inv of m[%d] mod m[%d]: %d\n", j, i, inv);while ( inv < 0)inv += m[i];C[ i ] = C[ i ] * inv % m[i];}}ll u = v[ 0 ];ll x = u;ll M = m[0];for (int i = 1;i < cnt; i++) {u = (v[i] - x) * C[i] % m[i];while (u < 0)u += m[ i ];x = x + u * M; M *= m[i];}return x;
}
举个例子
{ x ≡ 2 ( m o d 3 ) x ≡ 3 ( m o d 5 ) x ≡ 2 ( m o d 7 ) \begin{equation*} \begin{cases} x \equiv 2\quad(\ \bmod \ 3)\\ x \equiv 3 \quad (\ \bmod \ 5)\\ x \equiv 2 \quad (\ \bmod \ 7) \end{cases} \end{equation*} ⎩ ⎨ ⎧x≡2( mod 3)x≡3( mod 5)x≡2( mod 7)
将 x x x表示为混积的形式
x = t 0 + 2 t 1 + 15 t 2 x=t_0+2t_1+15t_2 x=t0+2t1+15t2
显然 t 0 = 2 t_0=2 t0=2；
代入到第二个同余方程
2 + 3 t 1 ≡ 3 ( m o d 5 ) 3 t 1 ≡ 1 ( m o d 5 ) t 1 ≡ 3 − 1 ( m o d 5 ) 2+3t_1 \equiv 3 \quad (\ \bmod \ 5)\\ 3t_1 \equiv1 \quad (\ \bmod \ 5)\\ t_1\equiv3^{-1} \quad (\ \bmod\ 5)\\ 2+3t1≡3( mod 5)3t1≡1( mod 5)t1≡3−1( mod 5)
3 − 1 ( m o d 5 ) 3^{-1} \quad (\ \bmod \ 5) 3−1( mod 5)可由扩展欧几里得算法求得
3 × 2 − 1 × 5 = 1 3 − 1 ( m o d 5 ) = 2 3 \times 2 -1 \times 5=1\\ 3^{-1} \quad( \ \mod \ 5) =2 3×2−1×5=13−1( mod 5)=2
因此 t 2 = 2 t_2=2 t2=2。
代入第三个同余方程
2 + 3 × 2 + 15 t 2 = 8 + 15 t 2 15 t 2 + 8 ≡ 2 ( m o d 7 ) 15 t 2 ≡ 1 ( m o d 7 ) t 2 ≡ 15 − 1 ( m o d 7 ) 2+3\times2+15t_2=8+15t_2\\ 15t_2+8 \equiv2 \quad (\ \bmod\ 7)\\ 15t_2 \equiv1 \quad ( \bmod\ 7)\\ t_2\equiv15^{-1}\quad(\ \bmod \ 7) 2+3×2+15t2=8+15t215t2+8≡2( mod 7)15t2≡1(mod 7)t2≡15−1( mod 7)
同样是利用扩展欧几里得求出逆元
t 2 ≡ 1 ( m o d 7 ) t_2 \equiv 1 \quad (\ \bmod \ 7) t2≡1( mod 7)
代入到混合积形式
x = 8 + 15 = 23 x=8+ 15=23 x=8+15=23
参考
oi-wiki-crt
handbook-of-applied-crypho