中国剩余定理(孙子定理)的证明和c++求解

《孙子算经》里面的"物不知数"说的是这样的一个题目：一堆东西不知道具体数目，3个一数剩2个，5个一数剩3个，7个一数剩2个，问一共有多少个。

书里面给了计算过程及答案：70*2 + 21*3 + 15*2 -105*2 = 23。

它的计算思路如下：

70是能被5或7整除的数字，但是除以3正好余1。

21是能被3或7整除的数字，但是除以5正好余1。

15是能被3或5整除的数字，但是除以7正好余1。

所以若有数N = 70 * N1 + 21 * N2 + 15 * N3(其中N,N1,N2,N3为正整数)，则整数N是符合题目要求的结果(mod3为N1，mod5为N2， mod7为N3)。

我们把N1赋值2，N2赋值3，N3赋值2。

则: N = 70*2 + 21*3 + 15*2 = 233。

但是3，5，7的最小公倍数为105。

所以N + 105*M均为正解。

因此为了求得最小正整数解，我们需要用(N mod 105)也就是23了。

中国剩余定理(西方数学史中的叫法)，就是上一题目的一般情况。

设m1,m2...mk是两两互素的正整数，即: gcd(mi, mj) = 1 (其中 i != j, i, j >= 1且 <=k).

则同余方程组:

x ≡ a1(mod m1)

x ≡ a2(mod m2)

... ...

x ≡ ak(mod mk)

存在唯一[m1,m2...mk]使方程成立.

解法同物不知数是一致的.我们可以稍微模仿一下.

唯一的难题就是如何把上面70, 15, 21的求法,对应到一般情况来.

假设: N1, N2, ... ,Nk.就是对应的权值, 满足如下条件:

N1 能够被 m2, m3..., mk整除,但是除以m1正好余1.

N2 能够被 m1, m3..., mk整除,但是除以m2正好余1.

... ...

Nk能够被m1, m2,...,mk-1整除,但是除以mk正好余1.

N1->Nk如果求出来了,那么假设:

x1 = N1*a1 + N2*a2 + ... + Nk*ak就是我们要求的x一个解, 同物不知数一样,我们把x1 mod (m1*m2*...*mk)的结果

就是x的最小整数解,若为负数,则再加上一个m1*m2*...*mk.因为加减整数倍个m1*m2*...*mk所得结果都是x的解.

所以问题只剩下一个,就是求N1, N2,...,Nk.

怎么求呢?我需要先化简一番:

设m = m1*m2*...*mk, L, J为任意整数.

因为Ni能被m1, m2,...,mi-1, mi+1,...,mk整除(其中i+1<k)

因此: Ni = m/mi *L

又因为Ni除以mi余1

因此: Ni = mi*J + 1

即: mi*J + 1 = m/mi *L ==> (-mi)*J + m/mi*L = 1

而m1-->mk这些数都是互质数,所以(-mi) 同 m/mi也是互质数.即:

gcd(mi, m/mi) = 1也就是说:

 (m/mi)*L + (-mi)*J  = gcd(m/mi, -mi)==>其中-mi和m/mi都是已知的,J和L未知

这就是经典扩展欧几里德定理的原型(由定理知J和L是唯一的, 因此,N1-->Nk有唯一解).

按照扩展欧几里德定理求解即可.

扩展欧几里德定理：
a和b都是不全为0的正整数，则：
a*x + b*y = gcd(a, b)
存在唯一的x, y使得上面等式成立。
(当然，容易得知，如果，a和b中有负数，那么也是成立的。)
本题中，m/mi相当于a, -mi相当于b, L相当于x, J相当于y。求出L, J就能求出Ni。

此时Ni求解完毕.

我们要求的x的最小整数解也就呼之欲出了.

代码:

#include <iostream>using namespace std;//参数可为负数的扩展欧几里德定理void exOJLD(int a, int b, int &x, int &y){    //根据欧几里德定理    if(b == 0){//任意数与0的最大公约数为其本身。        x = 1;        y = 0;    }else{        int x1, y1;        exOJLD(b, a%b, x1, y1);        if(a*b < 0){//异号取反            x = - y1;            y = a/b*y1 - x1;        }else{//同号            x = y1;            y = x1 - a/b* y1;        }    }}//剩余定理int calSYDL(int a[], int m[], int k){    int N[k];//这个可以删除    int mm = 1;//最小公倍数    int result = 0;    for(int i = 0; i < k; i++){        mm *= m[i];    }    for(int j = 0; j < k; j++){        int L, J;        exOJLD(mm/m[j], -m[j], L, J);        N[j] = m[j] * J + 1;//1        N[j] = mm/m[j] * L;//2 【注】1和2这两个值应该是相等的。        result += N[j]*a[j];    }    return (result % mm + mm) % mm;//落在(0, mm)之间，这么写是为了防止result初始为负数，本例中不可能为负可以直接 写成：return result%mm;即可。}int main(){    int a[3] = {2, 3, 2};    int m[3] = {3, 5, 7};        cout<<"结果:"<<calSYDL(a, m, 3)<<endl;}