+25

Số học đồng dư (Phần 1): Đồng dư thức và Nghịch đảo modulo

I. Phép đồng dư thức cơ bản

Đồng dư thức là phép toán lấy số dư của số này khi chia cho số khác, kí hiệu là %\%. Ví dụ: 5%2=15 \% 2=1, khi đó có thể viết là 515 \equiv 1 (mod(mod 2)2).

Phép đồng dư thức có tính chất phân phối đối với phép cộng, phép nhân và phép trừ, cụ thể như sau:

  • (a+b)(a + b) %\% cc =[(a= [(a %\% c)+(bc) + (b %\% c)]c)] %\% cc.
  • (ab)(a - b) %\% cc =[(a= [(a %\% c)(bc) - (b %\% c)]c)] %\% cc.
  • (a×b)(a \times b) %\% cc =[(a= [(a %\% c)×(bc) \times (b %\% c)]c)] %\% cc.

Riêng đối với phép chia, chúng ta không có tính chất phân phối, mà phải sử dụng một lí thuyết là Nghịch đảo modulo.

II. Nghịch đảo modulo của một số

1. Định nghĩa

Như chúng ta đều biết ở chương trình Toán phổ thông, nghịch đảo của một số nguyên aa (kí hiệu a1a^{-1}) là số thỏa mãn: a.a1=1a.a^{-1}=1.

Đối với nghịch đảo modulo, ta cũng có khái niệm tương tự, nhưng là xét trên tập số dư khi chia cho MM. Nghịch đảo modulo MM của một số aa (cũng kí hiệu a1a^{-1}) là số nguyên thỏa mãn: a.a11 (moda.a^{-1}\equiv1\ (mod M)M) (Nói cách khác, a1a^{-1} chính là 1a\frac{1}{a} %\% M)M). Lấy ví dụ, nếu ta chọn M=109+7,a=2M={10}^9+7, a=2 thì a1=500000004a^{-1}=500000004.

Không phải lúc nào cũng tồn tại a1a^{-1}. Chỉ khi GCD(a,M)=1GCD(a, M)=1 thì mới tồn tại a1a^{-1} là nghịch đảo modulo MM của aa. Để tính nghịch đảo modulo của một số, ta có thể sử dụng hai giải thuật: Giải thuật Euclid mở rộng hoặc dựa trên định lý Fermat nhỏ (áp dụng giải thuật chia để trị tính ab a^b\ %\ c).

2. Giải thuật Euclid mở rộng

GCD(A,B)\text{GCD}(A,B) có một tính chất là luôn có thể biểu diễn dưới dạng phương trình:

Ax+By=GCD(A,B) (1)Ax+By=\text{GCD}(A,B) \ (1)

Giải thuật Euclid mở rộng sử dụng để tìm một cặp số nguyên (x,y)(x,y) thỏa mãn phương trình trên, và còn dùng để tính nghịch đảo modulo (mình sẽ nói tới ở phần sau). Cặp số (x,y)(x,y) có thể có giá trị âm, hoặc bằng 00 đều được. Dưới đây tôi sẽ trình bày giải thuật tìm GCD(A,B)\text{GCD}(A,B) và một cặp (x,y)(x,y) thỏa mãn phương trình.

long long d, x, y; // UCLN và cặp nghiệm (x, y).

void extended_euclid(long long A, long long B)
{
    if (B == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        d = A;
    }
    else
    {
        extended_euclid(B, A % B);
        long long temp = x;
        x = y;
        y = temp – (A / B) * y;
    }
}

int main()
{
    cin >> A >> B;
    extended_euclid(A, B);
    cout << d << ' ' << x << ‘  ‘ << y;
    return 0;
}

Cơ chế của giải thuật như sau: Ban đầu chương trình thực thi giống giải thuật Euclid, tới khi B=0,B=0, khi đó ta sẽ có AA là ước chung lớn nhất của AAB,B, sau đó đặt x=1,y=0x=1,y=0. Bởi vì B=0B=0 và hiện tại GCD(A,B)=A\text{GCD}(A,B)=A nên phương trình (1)(1) trở thành:

A.1+0.0=AA.1+0.0=A

Sau đó chương trình gọi lại các lệnh dưới lời gọi đệ quy để tìm ra xxyy. Chứng minh như sau:

  • Sau khi gọi đệ quy, phương trình ở bước tiếp theo của giải thuật là:

B.x+(A%B).y=GCD(A,B) (2)B.x+(A \% B).y=\text{GCD}(A,B) \ (2)

  • Thay A % B=AAB.BA \ \% \ B=A-\left \lfloor{\frac{A}{B}} \right \rfloor .B, phương trình (2)(2) trở thành:
B.x+(A-\left \lfloor{\frac{A}{B}} \right \rfloor.B).y=\text{GCD}(A,B)$$ $$\Leftrightarrow A.y+B.(x-\left \lfloor{\frac{A}{B}} \right \rfloor.y)=\text{GCD}(A,B)
  • Từ đây được công thức đệ quy:

x=y;y=xAB.yx' = y; y' = x - \left \lfloor{\frac{A}{B}} \right \rfloor.y

  • Như vậy từ bước cơ bản x=1,y=0;x=1,y=0; chương trình sẽ tiếp tục tính ngược lên để ra được x,yx,y thỏa mãn phương trình ban đầu. Độ phức tạp giải thuật là O(log(max⁡(A,B)))O\Big(\log\big(\text{max}⁡(A,B)\big)\Big).

Ngoài ra, giải thuật Euclid mở rộng còn có thể sử dụng để giải phương trình Diophantine tuyến tính, sẽ được đề cập tới ở một bài viết khác.

3. Tính toán nghịch đảo Modulo của một số

Sử dụng giải thuật Euclid mở rộng

Như đã trình bày ở trên, theo giải thuật Euclid mở rộng, nếu GCD(a,M)=1GCD\left(a,M\right)=1, ta luôn tìm được xxyy thỏa mãn: a.x+M.y=1a.x+M.y=1. Mà M.yM.y chia hết cho MM, do đó phương trình trở thành:

a.x1(mod M)a.x \equiv 1 (\text{mod} \ M)

Từ đây suy ra xx chính là a1a^{-1}. Tuy nhiên trong giải thuật Euclid mở rộng, xx có thể mang giá trị âm, nên ta sẽ điều chỉnh một chút để tính được giá trị a1a^{-1} luôn không âm. Code dưới đây sẽ tái sử dụng lại đoạn code giải thuật Euclid mở rộng ở phía trên:

long long modulo_inverse(long long a, long long M)
{
    extended_euclid(a, M);
	  
    // a và M không nguyên tố cùng nhau, không tồn tại nghịch đảo modulo M của a.
    if (d != 1)
        return -1; 

    // Do x có thể âm, ta làm dương nó.
    return (x % M + M) % M; 
}

Tính nghịch đảo modulo bằng định lý Fermat nhỏ

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có: Nếu MM là số nguyên tố và aa không chia hết cho MM thì:

a^{M-1}\equiv 1 \ (\text{mod} \ M)$$ hay nói cách khác: $$a\times a^{M-2} \equiv 1 \ (\text{mod} \ M)

Điều này tương đương với việc nếu MM là số nguyên tố và aa không chia hết cho MM thì aM2a^{M-2} chính là nghịch đảo modulo MM của aa, cũng tương đương với aM2a^{M-2} %\% MM là nghịch đảo modulo MM của aa.

long long power_mod(long long a, long long b, long long M) // Tính a^b % M.
{
      if (b == 0)
           return 1;
      if (b == 1)
           return a;

      long long half = power_mod(a, b / 2, M) % M;

      if (b % 2 == 0)
           return (half * half) % M;
      else 
           return (((half * half) % M) * a) % M;
}

long long modulo_inverse(int a, int M)
{
      return power_mod(a, M – 2, M);
}

4. Áp dụng nghịch đảo modulo để tính ab % c\frac{a}{b} \ \% \ c

Mình đã đề cập ở mục 11, phép chia không có tính chất phân phối đối với phép đồng dư thức giống như các phép cộng, trừ và nhân. Để tính ab % c,\frac{a}{b} \ \% \ c, ta làm như sau:

  • Tách ab=(a×1b) % c=(a×b1) % c,\frac{a}{b} = \left(a \times \frac{1}{b}\right) \ \% \ c =\left(a \times b^{-1}\right) \ \% \ c, trong đó b1b^{-1} là nghịch đảo modulo cc của bb.
  • Sau đó áp dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép đồng dư thức, lúc này phép chia modulo trở thành phép nhân với nghịch đảo modulo. Lưu ý, tùy vào giá trị cc mà ta chọn cách tìm nghịch đảo modulo thích hợp (cc có là số nguyên tố hay không).

Cài đặt:

long long modulo_divide(long long a, long long b, long long c)
{
      long long inverse = modulo_inverse(b, c);
      return (a % c * inverse) % c;
}

III. Một số kiến thức nâng cao khác

1. Bậc lũy thừa theo modulo NN (Multiplicative Order)

Xét hai số nguyên aaNN nguyên tố cùng nhau, bậc lũy thừa của aa theo modulo NN là số nguyên dương KK nhỏ nhất thỏa mãn: aK1 (mod N)a^K \equiv 1 \text{ } (mod \text{ } N), kí hiệu là ordN(a)ord_N(a).

Theo định lý Euler, vì aaNN là hai số nguyên tố cùng nhau nên aϕ(N)1 (mod N),a^{\phi(N)} \equiv 1 \ (\text{mod} \ N), với ϕ(N)\phi(N) là số lượng số nguyên dương không vượt quá NN và nguyên tố cùng nhau với NN. Mà ϕ(N)N\phi(N) \le N, do đó ordN(a)Nord_N(a) \le N, vậy để tìm ordN(a)ord_N(a) chỉ cần duyệt một vòng lặp từ 11 tới NN với độ phức tạp O(N1)O(N - 1).

int find_m_order(int a, int N)
{
    int mul = 1;

    for (int i = 1; i <= N; ++i)
    {
        mul = (mul * a) % N;

        if (mul == 1)
            return i;
    }
}

2. Tiêu chuẩn Euler (Euler's Criterion)

Đầu tiên, ta làm quen với khái niệm Thặng dư bậc hai: Một số nguyên qq được gọi là thặng dư bậc hai theo modulo NN nếu như nó đồng dư với một số chính phương theo modulo N,N, nghĩa là tồn tại một số nguyên xx sao cho x2q (mod N)x^2 \equiv q \ (\text{mod} \ N).

Trong lý thuyết số, tiêu chuẩn Euler là một công thức dùng để xác định xem một số nguyên có phải là một thặng dư bậc hai theo modulo PP (với PP là một số nguyên tố) hay không. Theo đó, xét hai số nguyên aaPP nguyên tố cùng nhau, trong đó PP là một số nguyên tố lẻ. Ta có công thức sau:

aP12{1 (mod P),neˆˊa laˋ thặng dư bậc hai của P.1 (mod P),neˆˊa khoˆng laˋ thặng dư bậc hai của P.a^{\frac{P - 1}{2}} \equiv \begin{cases}1 \text{ }(\text{mod} \ P),&\text{nếu }a \text{ là thặng dư bậc hai của }P. \\ -1\text{ }(\text{mod} \ P),& \text{nếu }a \text{ không là thặng dư bậc hai của }P.\end{cases}

Đối với trường hợp P=2,P=2, mọi số nguyên đều là thặng dư bậc hai theo modulo PP.

Ví dụ, xét P=7P = 7, ta có a=2a = 2 là thặng dư bậc hai của 77, vì tồn tại hai số nguyên x=3x = 3x=4x = 4 thỏa mãn ax2 (mod P)a \equiv x^2 \text{ } (mod \text{ } P).

long long power_mod(long long a, long long b, long long P)
{
      if (b == 0)
           return 1;
      if (b == 1)
           return a;

      long long half = power_mod(a, b / 2, P) % P;

      if (b % 2 == 0)
           return (half * half) % P;
      else 
           return (((half * half) % P) * (a % P)) % P;
}
    
// Kiểm tra N có phải thặng dư bậc 2 của P hay không.
bool check_quadratic_residue(long long N, long long P)
{
    if (P == 2)
        return true;
    else
        return (power_mod(N, (P - 1) / 2, P) == 1);
}

Trong trường hợp NNPP cùng có dạng 4i+3 (i>0)4i + 3 \ (i > 0), thì giá trị xx thỏa mãn x2N (mod P)x^2 \equiv N \ (\text{mod} \ P) (nếu tồn tại) chỉ có thể là: x=± NP+14x=\pm \text{ }N^{\frac{P + 1}{4}}. Dựa vào nhận xét này ta có thể tính nhanh ra giá trị xx. Chứng minh nhận xét như sau:

  • Theo định lý Euler, ta có: NP12 % P=1N^{\frac{P - 1}{2}} \ \% \ P = 1.
  • Nhân cả hai vế với NN:

NP+12 % P=N % P (1)N^{\frac{P + 1}{2}} \ \% \ P = N \ \% \ P \ (1)

  • Lại có: x2N (mod P)x^2 \equiv N \ (\text{mod} \ P).       x2NP+12 (mod P)\Leftrightarrow x^2 \equiv N^{\frac{P+1}{2}} \ (\text{mod} \ P) (do đẳng thức (1)(1)).       x2N2i+2 (mod P)\Leftrightarrow x^2 \equiv N^{2i + 2} \ (\text{mod} \ P) (do N=4i+3N=4i + 3).       x Ni+1 (mod P)\Leftrightarrow x \equiv \ N^{i + 1} \ (\text{mod} \ P).       x± NP+14 (mod P)\Leftrightarrow x \equiv \pm \ N^{\frac{P + 1}{4}} \ (\text{mod} \ P) (do P=4i+3P=4i + 3).

Cài đặt:

int find_quadratic_residue(int N, int P)
{
    // P và N không ở đúng dạng 4i + 3, không tính được theo cách này.
    if (P % 4 != 3 || N % 4 != 3)
        return -1;
            
    int x = power_mod(N, (P + 1) / 2, P);

    // Kiểm tra giá trị x thứ nhất có hợp lệ không.
    if ((x * x) % P == N % P)
        return x;

    // Kiểm tra giá trị x thứ hai có hợp lệ không.
    x = P - x;
    if ((x * x) % P == N % P)
        return x;

     // Nếu không tồn tại x, kết luận N không phải thặng dư bậc 2 của P
    return -1;
}

IV. Tài liệu tham khảo


©️ Tác giả: Vũ Quế Lâm từ Viblo


All Rights Reserved

Viblo
Let's register a Viblo Account to get more interesting posts.