加减乘除的取模运算
某些题目，由于要计算的答案非常大（超出64位整数的范围），会要求把答案对 \(10^9 + 7\)取模。如果在计算中途没有处理得当的话，会出现WA（错误）或则TLE（超时）。
例如计算多项乘积时，如果没有中途及时取模，乘法结果会溢出（例如C/C++），从而得到非预期的答案 。对于 Python 来说，虽然没有溢出，但是大整数（big integer）之间的运算不是 \(O(1)\)，可能会导致LTE。
加法和乘法的取模
一般涉及到取模（\(\bmod\)）的题目，会用到如下两个恒等式 \[ \begin{align} (a+b) \bmod m &= ((a \bmod m) + (b \bmod m)) \bmod m \\ (a \cdot b) \bmod m &= ((a \bmod m) \cdot (b \bmod m)) \bmod m \\ \end{align} \]
证明：根据带余除法，\({\forall} a \in \mathbb{z}\)，都可以表示为\(a = qm + r\ (m \neq 0)\)，其中整数\(q\)为\(a\)除以\(m\)的商（quotient），整数\(r\)为\(a\)除以\(m\)的余数（remainder），即\(r = a \bmod m\)。
设\(a = q_1 m + r_1\)，\(b = q_2 m + r_2\)。 第一个恒等式： \[ \begin{align} (a+b) \bmod m &= (q_1 m + r_1 +q_2 m + r_2) \bmod m \\ &=((q_1 + q_2)m + r_1 + r_2) \bmod m \\ &=(r_1 + r_2) \bmod m \end{align} \] 又因为\(r_1 = a \bmod m\)，\(r_2 = b \bmod m\)有： \[ (a+b) \bmod m = ((a \bmod m) + (b \bmod m)) \bmod m \]
第二个恒等式： \[ \begin{align} (a\cdot b) \bmod m &= ((q_1 m + r_1)(q_2 m + r_2)) \bmod m \\ &= (q_1 q_2 m^2 + (q_1 r_2 + q_2 r_1)m + r_1 r_2) \bmod m \\ &=(r_1 r_2) \bmod m \end{align} \]
同样有： \[ (a\cdot b) \bmod m =((a \bmod m)\cdot (a \bmod m)) \bmod m \]
根据这两个恒等式，我们可以在计算过程中（例如循环中），对加法和乘法的结果取模，而不是在计算最终结果后再取模。
注意：如果涉及到幂运算，不能随意取模。如果指数为整数，可以用快速幂。
如果计算过程中有减法，可能会产生负数，处理不当也会导致 WA。如何正确处理这种情况呢？
同余
首先引入同余（congruence modulo） 的概念。 两个整数\(a\)，\(b\)，若它们除以正整数\(m\)所得的余数相等，则称\(a\)，\(b\)对于模\(m\)同余，记作： \[ a \equiv b \pmod m \]
例如\(42 \equiv 12 \pmod {10}\)，因为\(42\)和\(12\)都可以被\(10\)整除，余数都是\(2\)。
负数的取模
对于负数，我们可以将其转化为对应的非负数再取模。例如，\(-17 \bmod 10\)可以转化为\(((-17 \bmod 10) +10) \bmod 10 = (-7 +10) \bmod 10\)，结果是\(3\)。 也就是说，如果我们发现 \((x \bmod m) < 0\)，可以加上一个\(m\)，得到非负数。
为避免判断\(x\bmod m < 0\)，可以写成 \[ (x \bmod m + m) \bmod m \]
这样无论\(x\)是否为负数，运算结果都会落在区间\([0,m−1]\)中。
除法的取模
如果要计算\(\frac{24}{8} \bmod 5\)，如果像加法或乘法处理，写成\(\frac{24 \bmod 5}{8 \bmod 5} \bmod 5 = \frac{4}{3}\)，明显不是正确答案\(3\)。先有结论：
如果\(p\)是一个质数，\(a\)是\(b\)的倍数且\(b\)和\(p\)互质，那么有 \[ \frac{a}{b} \bmod p = (a \cdot b^{p-2}) \bmod p \]
如果实际题目中推导出了包含除法的求余式，可以用上式转换成乘法，并用快速幂计算\(b^{p-2} \bmod p\)。
证明：
- 引理1： 当\(p\)是质数且\(1 \leq i \leq p-1\)时，有 \[ \mathrm{C}_p^i \equiv 0 \pmod p \]
其中 \[ \mathrm{C}_p^i = \frac{p!}{i!(p-i)!} \] 证明：当\(p\)是质数且\(1 \leq i \leq p-1\)时，\(\frac{p!}{i!(p-i)!}\)分母一定不含\(p\)，由于分子中包含\(p\)且\(\mathrm{C}_p^i\)为整数，所以\(\mathrm{C}_p^i\)一定能被\(p\)整除，即\(\mathrm{C}_p^i \equiv 0 \pmod p\)。
- 引理2： 根据二项式定理，有 \[ (x+y)^p = \sum_{k=0}^{p}{\mathrm{C}_p^k x^{p-k} y^k} = \sum_{k=0}^{p}{\mathrm{C}_p^k x^k y^{p-k}} \]
当\(p\)为质数，且\(x, y \in \mathbb{z}\)时，除去\(k=0\)和\(k=p\)两项，根据引理1，其余项与\(0\)关于\(p\)同余。即 \[ \sum_{k=1}^{p-1}{\mathrm{C}_p^k x^{p-k} y^k} \equiv 0 \pmod p \] 拆分 \[ \begin{align} (x+y)^p &= \mathrm{C}_p^0 x^p y^0 + \sum_{k=1}^{p-1}{\mathrm{C}_p^k x^{n-k} y^k} + \mathrm{C}_p^p x^0 y^p \\ &=x^p + y^p + \sum_{k=1}^{p-1}{\mathrm{C}_p^k x^{n-k} y^k} \end{align} \]
于是当\(p\)为质数，且\(x, y \in \mathbb{z}\)时，有： \[ (x+y)^p \equiv x^p + y^p \pmod p \]
根据费马小定律，对任意整数\(a\)和任意质数\(p\)，有： \[ a^p \equiv a \pmod p \] 证明：当\(a = 0\)时，\(0^p \equiv 0 \pmod p\)成立； 已知引理2，通过归纳法，我们可以得到： \[ (x_1+ ... +x_n)^p \equiv x_1^p + ... + x_n^p \pmod p \]
如果将\(a\)展开为\(a\)个\(1\)相加，\(a=1+...+1\),代入上式有： \[ a^p \equiv (1+ ... +1)^p \equiv 1^p + ... + 1^p \equiv a \pmod p \]
根据数学归纳法，原命题对于 \(a\ge 0\) 成立。对于\(a < 0\)的情况同理，证明完毕。
如果\(a\)不是\(p\)的倍数，费马小定理也可以写成更加常用的一种形式： \[ a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \] 如果\(a\)是\(p\)的倍数，显然有：\(a^{p-1} \equiv 0 \pmod p\)。
在\(a\)不是\(p\)的倍数的前提下，两边同时乘以\(\frac{b}{a}\)，有 \[ b \cdot a^{p-2} \equiv \frac{b}{a} \pmod p \]
即 \[ \frac{b}{a} \bmod p = (b \cdot a^{p-2}) \bmod p \]
总结
1 | // 如果取模到 [0, MOD-1] 中，无论正负 |