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\(q\)\(a\)除以\(m\)的商(quotient),整数\(r\)\(a\)除以\(m\)的余数(remainder),即\(r = a \bmod m\)

\(a = q_1 m + r_1\)\(b = q_2 m + r_2\)。 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\(42\)\(12\)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,\(a\)\(b\)的倍数且\(b\)\(p\)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:\(p\)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\(p\)\(\mathrm{C}_p^i\)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 \[ (x+y)^p = \sum_{k=0}^{p}{\mathrm{C}_p^k x^{p-k} y^k} = \sum_{k=0}^{p}{\mathrm{C}_p^k x^k y^{p-k}} \]

\(p\)为质数,且\(x, y \in \mathbb{z}\)时,除去\(k=0\)\(k=p\)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\(a\)\(1\)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\(a\)\(p\)的倍数,显然有:\(a^{p-1} \equiv 0 \pmod p\)

\(a\)不是\(p\)的倍数的前提下,两边同时乘以\(\frac{b}{a}\),有 \[ b \cdot a^{p-2} \equiv \frac{b}{a} \pmod p \]

\[ \frac{b}{a} \bmod p = (b \cdot a^{p-2}) \bmod p \]

总结

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// 如果取模到 [0, MOD-1] 中,无论正负
(a % MOD + MOD) % MOD

// 多个数相乘,要步步取模,防止溢出
(a * b * c) % MOD = a * b % MOD * c % MOD

// 除(MOD 是质数且 b 不是 MOD 的倍数)
(a / b) % MOD = a * qpow(b, MOD-2, MOD) % MOD // qpow 是快速幂