中国剩余定理
什么是中国剩余定理
什么是中国剩余定理？剩余定理详细解法中国数学史书上记载：在两千多年前的我国古代算书《孙子算经》中，有这样一个问题及其解法：今有物不知其数，三三数之剩二；五五数之剩三：七七数之剩二。
问物几何？意思是说：现在有一堆东西，不知道它的数量，如果三个三个的数最后剩二个，如果五个五个的数最后剩三个，如果七个七个的数最后剩二个，问这堆东西有多少个？你知道这个数目吗？《孙子算经》这道著名的数学题是我国古代数学思想“大衍求一术”的具体体现，针对这道题给出的解法是：N=70×2＋21×3＋15×2-2×105＝23如此巧妙的解法的关键是数字70、21和15的选择： 70是可以被5、7整除且被3除余1的最小正整数，当70×2时被3除余2 21是可以被3、7整除且被5除余1的最小正整数，当21×3时被5除余3 15是可以被3、5整除且被7除余1的最小正整数，当15×2时被7除余2 通过这种构造方法得到的N就可以满足题目的要求而减去2×105 后得到的是满足这一条件的最小正整数。
韩信点兵又称为中国剩余定理，相传汉高祖刘邦问大将军韩信统御兵士多少，韩信答说，每3人一列余1人、5人一列余2人、7人一列余4人、13人一列余6人……。
刘邦茫然而不知其数。
我们先考虑下列的问题：假设兵不满一万，每5人一列、9人一列、13人一列、17人一列都剩3人，则兵有多少？首先我们先求5、9、13、17之最小公倍数9945（注：因为5、9、13、17为两两互质的整数，故其最小公倍数为这些数的积），然后再加3，得9948（人）。
中国有一本数学古书「孙子算经」也有类似的问题：「今有物，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？」答曰：「二十三」术曰：「三三数之剩二，置一百四十，五五数之剩三，置六十三，七七数之剩二，置三十，并之，得二百三十三，以二百一十减之，即得。
中国剩余定理的证明过程
中国剩余定理的证明过程（原创实用版）目录一、引言二、中国剩余定理的概念和背景三、中国剩余定理的证明过程1.求解模数2.求解余数3.构造同余方程4.求解同余方程四、中国剩余定理的应用五、结论正文一、引言中国剩余定理，又称孙子定理，是我国古代数学家孙子提出的一个著名数学定理。
该定理描述了这样一个问题：已知一个整数被若干个正整数（除数）除，所得的余数都相同，求这个整数的最小值。
这个问题在古代被称为“物不知其数”，而中国剩余定理则给出了解决这个问题的方法。
二、中国剩余定理的概念和背景中国剩余定理的表述如下：设整数 a、b、c 分别为除数 d1、d2、d3 的余数，且 d1、d2、d3 两两互质，则存在整数 x、y、z 使得：ax ≡ 1 (mod d1)by ≡ 1 (mod d2)其中，x、y、z 为整数，且 x≥1，y≥1，z≥1。
中国剩余定理的背景可以追溯到古代数学家孙子提出的“物不知其数”问题。
孙子问题描述了这样一个情景：有三个牧羊人，他们分别放牧的三群羊总数相同，但每群羊的数量分别除以 3、5、7 的余数相同。
问：至少有多少只羊？三、中国剩余定理的证明过程为了证明中国剩余定理，我们可以采用两种方法：一种是基于数学归纳法和模运算的证明，另一种是基于鸽巢原理（中国剩余定理的另一种称呼）的证明。
1.求解模数首先，根据题意，我们需要求出除数 d1、d2、d3 的最小公倍数 d。
d 即为所求整数的模数。
2.求解余数根据题意，我们可以得到以下同余方程组：ax ≡ 1 (mod d1)by ≡ 1 (mod d2)cz ≡ 1 (mod d3)我们可以通过扩展欧几里得算法求解这个同余方程组，得到 x、y、z 的值。
3.构造同余方程根据求解得到的 x、y、z，我们可以构造如下同余方程：x = 1 + d1 * r1y = 1 + d2 * r2其中，r1、r2、r3 分别为 x、y、z 除以 d1、d2、d3 的余数。
中国剩余定理计算过程
中国剩余定理计算过程中国剩余定理是数论中的一个重要定理，它在解决一类关于同余方程组的问题中起到了至关重要的作用。
本文将以“中国剩余定理计算过程”为标题，详细介绍中国剩余定理的计算过程，并通过示例来说明其应用。
一、问题引入假设我们有一个同余方程组：x ≡ a1 (mod m1)，x ≡ a2 (mod m2)，...，x ≡ an (mod mn)，其中a1，a2，...，an是给定的整数，m1，m2，...，mn是给定的互质的正整数。
我们的目标是求解出x 的解。
二、中国剩余定理的原理中国剩余定理的核心思想是通过一系列的同余方程组的解来得到整个同余方程组的解。
其原理可以简要概括为以下三个步骤：1. 求出同余方程组中所有模数的乘积n = m1 * m2 * ... * mn；2. 对于每个同余方程，计算mi关于n/mi的乘法逆元Mi；3. 计算解x = (a1 * M1 * n1 + a2 * M2 * n2 + ... + an * Mn * nn) % n，其中ni = n / mi。
三、中国剩余定理的计算过程下面通过一个具体的例子来演示中国剩余定理的计算过程。
例子：求解同余方程组x ≡ 2 (mod 3)，x ≡ 3 (mod 4)，x ≡ 2 (mod 5)。
1. 计算n = 3 * 4 * 5 = 60；2. 分别计算Mi和ni：M1 = n / m1 = 60 / 3 = 20，n1 = M1^-1 ≡ 20^-1 ≡ 2 (mod 3)；M2 = n / m2 = 60 / 4 = 15，n2 = M2^-1 ≡ 15^-1 ≡ 3 (mod 4)；M3 = n / m3 = 60 / 5 = 12，n3 = M3^-1 ≡ 12^-1 ≡ 2 (mod 5)；3. 计算解x：x = (2 * 20 * 2 + 3 * 15 * 3 + 2 * 12 * 2) % 60 = 68 % 60 = 8。
中国剩余定理
中国剩余定理我国古代著名的数学书《孙子算经》中有这样一道名题“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物有几何？”此乃就是著名的“孙子问题”，俗称“韩信点兵”。
关于它的解法就是享誉国内外的“孙子定律”或“孙子定理”。
外国人称之为“中国剩余定理”。
一、“孙子定理”某数除以3余2，除以5余3，除以7余2。
这个数最小是多少？它的解题思路是：除以3余2的数要在5和7的公倍数数中去找。
5和7的最小公倍数是35.35÷3=11 (2)35符合除以3余2的条件。
除以5余3的数要在3和7的公倍数中去找，3和7的最小公倍数是21。
但21÷5=4 (1)条件要求是除以5余3，如果是21，余数只能是1，要满足余数是3的条件，就必须使被除数、除数、商、余数同时扩大3倍。
21×3=63则63÷5=12 (3)63符合除以5余3的条件。
除以7余2的数，要在3和5的公倍数中去找。
3和5的最小公倍数是15，条件要求除以7余2，如果是15，余数只能是1，要满足余数是2的条件，被除数、除数、商、余数，必须扩大2倍。
15×2=3030÷7=4 (2)30符合除以7余2的条件。
把1、2、3式的被除数和起来，35+63+30=128加得的结果128符合题目中所提的全部条件。
因为35加上的都是3的倍数，所以它们的和128，除以3的余数，不会改变；对63来讲，它所加上的数都是5的倍数。
因此，它们的和除以5的余数，也不会改变；对30来讲，它所加上的都是7的倍数，因此，它们的和除以7的余数，也不会改变。
由于3、5、7的最小公倍数是105，题目中要求的是满足条件的最小的数，因此128-105=23，这所得的差，除以3、5、7的余数也没变，所以23符合题目中所有条件的最小的一个数。
这就是著名的“孙子定理”，世界称之为“中国剩余定理”。
二、“变更被除数法”约定：将“N”分别除以n1,n2…nk所得的余数依次为r1、r2…rk。
中国剩余定理
m1 3
m2 5
取
M1 1
M2 1
M3 1
则唯一解为
x 35 (1) 2 211 3 15 1 2 (mod 105) 23
例2 求最小的正整数 n, 使得 n 被 3,5,11 除的 余数分别是 2,3,5
解 对 x 2(mod 3),x 3(mod 5), x 5(mod 11)
x bk (mod mk ) 则 (*) 有解 (mi , m j ) | ai a j
(*)
x 2(mod 3), x 3(mod 5), x 2(mod 7)
a 2 (mod 3), a 0 (mod 5), a 0 (mod 7) b 0 (mod 3), b 3 (mod 5), b 0 (mod 7) c 0 (mod 3), c 0 (mod 5), c 2 (mod 7)
设 因此
g i ( x) (ai a1 )(ai ai 1 )(ai ai 1 )(ai an )
( x a1 )( x ai 1 )( x ai 1 )( x an )
中国剩余定理的代数表示 设 m 1, 则
m 的标准分解式为 m p1 p2 ps
习题
求解 f ( x) 0(mod 35)
f ( x) x 2 x 8 x 9
4 3
1 求最小的正整数 n,使得它的 是一个平方数, 2 1 1 是一个立方数, 是一个5次方数. 3 5
广义的中国剩余定理 设
x b1 (mod m1 ), x b2 (mod m2 ),
(mod 60)
求解
f ( x) 0(mod m)
中国剩余定理
中国古代求解一次同余式组（见同余）的方法。
是数论中一个重要定理。
又称中国剩余定理。
注释：三数为a b c，余数分别为m1 m2 m3，%为求今年余计算，&&是“且”运算。
孙子定理孙子定理1、分别找出能被两个数整除，而满足被第三个整除余一的最小的数。
k1%b==k1%c==0 && k1%a==1;k2%a==k2%c==0 && k2%b==1;k3%a==k3%b==0 && k3%c==1;2、将三个未知数乘对应数字的余数再加起来，减去这三个数的最小公倍数的整数倍即得结果。
Answer = k1×m1 + k2×m2 + k3×m3 - P×(a×b×c);P为满足Answer > 0的最大整数；或者Answer = (k1×m1 + k2×m2 + k3×m3)%(a×b×c) ;解题思路：令某数为M，令素数为A，B，C，D，…，Z，已知M/A余a，M/B余b，M/C余c，M/D余d，…，M/Z余z。
求M=？因为A，B，C，D，…，Z为不同的素数，故，B*C*D*…*Z不可能被A整除，有等差数列（B*C*D*…*Z）+（B*C*D*…*Z）N中取A个连续项，这A个连续项分别除以A的余数必然存在0，1，2，3，…，A-1，所以，从这A个连续项中能寻找到除以A余1的数。
再用除以A余1的这个数*a其积必然除以A余a，这个除以A余a 的数，为能够被素数B*C*D*…*Z整除的数，为第一个数；再按同样的道理，从A*C*D*…*Z的倍数中寻找除以B余b的数,该数具备被素数A，C，D，…，Z整除的特性，为第二个数；因为，第一个数除以A余a，第二个数能被素数A，C，D，…，Z整除，即能被A整除，所以，第一个数+第二个数之和，仍然保持除以A余a；同理，第二个数除以B余b，因第一个数能被B整除，所以，第二个数+第一个数之和，仍然保持除以B余b。
中国剩余定理ppt
m = n / w[i];
d = extended_euclid(w[i], m, x, y);
ret = (ret + y*m*b[i]) % n;
}
return (n + ret%n) % n;
}
模板:最大公约数
int gcd(int a,int b) {
if(0 == a )
return b;
int flag;
while (scanf ("%I64d", &n) != EOF){
scanf ("%I64d%I64d", &m1, &a1);
n--; flag = 0;
while (n--) {
scanf ("%I64d%I64d", &m2, &a2);
d = exGcd (m1, m2, x, y);
e==-1 && d==-1)){
j++;
k=(p*5544+e*14421+i*1288-d+21252)%21252;
if(k>0)
printf("Case %d: the next triple peak occurs in %d days、
\n",j,k);
else
printf("Case %d: the next triple peak occurs in 21252 days、
一些关于中国剩余定理得定理:
定理2:二数不能整除,若被除数扩大(或缩小) 了几倍,而除数不变,则其余数也同时扩大(或 缩小)相同得倍数(余数必小于除数)。
中国剩余定理内涵及其简单应用
中国剩余定理内涵及其简单应用
中国剩余定理是数论中的一个重要定理，它提供了求解一类线性同余方程组的方法。
所谓线性同余方程组，是指一组形如x ≡ a1 (mod m1), x ≡ a2 (mod m2), …, x ≡ an (mod mn)的方程，其中x是未知数，a1, a2, …, an是已知数，而m1, m2, …, mn是不同的正整数。
中国剩余定理的内涵是：当所给线性同余方程组的模m1, m2, …, mn 两两互素时，存在唯一解x ≡ X (mod M)，其中X是x的一个解，而M = m1 * m2 * … * mn。
简单来说，中国剩余定理告诉我们，当模数两两互素时，我们可以通过对每个方程求解，再通过一定的运算，得到原方程组的解。
中国剩余定理的应用非常广泛，特别是在密码学和计算机科学中。
例如，当我们需要对一个数进行加密和解密时，可以使用中国剩余定理来进行模运算，从而快速计算得到加密后的结果。
此外，在计算机科学中，中国剩余定理也常用于优化算法和并行计算。
由于中国剩余定理能够将一个大问题拆分成多个小问题并行求解，因此可以显著提高计算效率。
总之，中国剩余定理作为数论中的重要定理，不仅具有深刻的理论意义，还具有广泛的实际应用。
通过它，我们可以快速求解线性同余方程组，加密和解密数据，优化算法等，从而提高计算效率和保护数据安全。
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(M1,m1)=1最大公约数为1，M1’,k’为组合系数 利用辗转相除法求最大约数,然后求组合系数。
462=92*5+2 5=2*2+1 1=5-2*2
1=5-(462-92*5)*2 462*(-2)+5*(1+2*92)=1
证明:验证x满足方程
(mi,m1)=1,(mi,m2)=1,... (mi,mi-1)=1 (mi,mi+1)=1…(mi,mk)=1 (mi,m1m2...mi-1mi+1…mk)=1 ….(1) (mi,Mi)=1 故 Mix mod mi=1 有解Mi’ MiMi’ mod mi=1 从(1)可知当ji时 mj|Mi则 Mi mod mj=0
462*(-5+3)+ 5*(1+2*92)=1
462*3+5*(1+2*92-462)=1M1’=3
例3 x mod 5=1 x mod 6=5 x mod 7=4 x mod 11=10
x=(M1’M1b1+M2’M2b2+M’3M3b3 +M’4M4b4)mod m
=(462*3*1+385*1*5+330*1*4+210*1*10)mod m =6731 mod 2310=2111 mod 2310=2111
x mod 7=2
x mod 11=1 求x mod 77=?
m1=7 m2=11 m=m1*m2=77
M1=m/m1=11 M2=m/m2=7
解二 77=7*11 x=21000000,x mod 77=? x mod 7=2 x mod 11=1 求x mod 77=? m1=7 m2=11 m=m1*m2=77 M1=m/m1=11 M2=m/m2=7 M1M1’ mod m1=1 M1的逆元 M2M2’ mod m2=1 M2的逆元 11M1’ mod 7=1 M1’=2=11 (7)-1mod 7 =115 mod7 7M2’ mod 11=1 M2’=8=7 (11)-1mod 11 =79 mod11 x=(M1M1’b1+M2M2’b2)mod m=
x1mod m=x2 mod m x1,x2同属一个同余类，即是同一解。
21000000mod 77=?
解二 77=7*11 x=21000000,x mod 77=?
x mod 7=b1 x mod 11=b2 this!1
b1,b2可求出，问 x mod 77=?
2(7) 261 mod 7
例2
x mod 5=b1
x mod 6=b2
x mod 7=b3
x mod 11=b4
m1=5 m2=6 m3=7 m4=11 m=m1m2m3m4=56711 M1=m/m1= 6711=462 M1’=Mi(mi)-1mod mi=3 M2=m/m2=5711=385 M2’=Mi(mi)-1mod mi=1 M3=m/m3=5611=330 M3’=Mi(mi)-1mod mi=1 M4=m/m4=567=210 M4’=Mi(mi)-1mod mi=1
例: x mod 3=2 x mod 5=3 x mod 7=2
m1=3 m2=5 m3=7 b1=2 b2=3 b3=2 m=m1m2m3=357 M1=m/m1=57 M1’=Mi(mi)-1mod mi=2 M2=m/m2=37 M2’=Mi(mi)-1mod mi=1 M3=m/m3=35 M3’=Mi(mi)-1mod mi=1 x=(M1’M1b1+M2’M2b2+…+M’kMkbk )mod m =(2*5*7*2+1*3*7*3+1*3*5*2)mod 105 =(140+63+30) mod 105=233 mod 105=23
(M1’M1a1+M2’M2a2+…+M’jMjaj+...+M’kMkak )
mod mj=M’jMjajmod mi=ajmod mi. x mod mi=ai mod mi 即满足方程。
证明:惟一性，同一等价类的数看成一个根 若x1,x2均是方程的根,
x1 mod mi=ai mod mi=x2 mod mi m=m1m2.. mk 又m1,m2,…,mk两两互素 则
中国剩余定理
今有物不知其数，三三数之有二，五五 数之有三，七七数之有二，问物有多少？ 解答：三三数之有二对应140，五五数之有 三对应63，七七数之有二对应30，这些数 相加得到233，再减210，即得数23。 同余方程式：
x mod 3=2 x mod 5=3 x mod 7=2 2572=140 1373=63 1352=30 2 357=210
x=(M1’M1b1+M2’M2b2+M’3M3b3 +M’4M4b4)mod m =(462*3*b1+385*1*b2+330*1*b3+210*1*b4)mod m
x mod 5=b1 x mod 6=b2 x mod 7=b3
x mod 11=b4 m1=5 m2=6 m3=7 m4=11 M1=m/m1= 6711=462 M1’M1mod m1=1 M2=m/m2=5711=385 M2’M2mod m2=1 M3=m/m3=5611=330 M3’M3mod m3=1 M4=m/m4=567=210 M4’M4mod m4=1
复习
Mi=m/mi MiMi’ mod mi=1 显然(Mi,mi)=1
即Mi’是Mi的逆元Mi(mi)-1mod mi或者可用
辗转相除法求Mi’.
定理4: mZ+, aZ,a是模m简化剩余的充要 条件a是模m的可逆元。 必要性:a简化剩余则a可逆
a简化剩余(a,m)=1ax mod m=1有惟 一解a’,即aa’ mod m=1a是可逆元。 充分性:a可逆则a是简化剩余 a可逆存在a’，使得aa’ mod m=1 则方程ax mod m=1有解，根据定理1的必 要可知(a,m)|b即 (a,m)|1 故 (a,m)=1
=(11*2*2+7*8*1)mod m=23
Euler Th.
1000000=166666*6+4
X=21000000=2166666*6+4=(26)16666624 2 mod 7
2(11) 2101 mod 11
Euler Th.
1000000=100000*10
X=21000000=2100000*10=(210)100000 1 mod 11
定理1 设m1,m2,…mk是两两互素的正整数，
则对任意b1,b2,…,bk，同余方程组
x mod m1=b1 mod m1,
x mod m2=b2 mod m2,
…
x mod mk=bk mod mk, 其解为：
x=(M1’M1b1+M2’M2b2+…+M’kMkbk )mod m
m=m1m2…mk,