MOD函数求余数的计算方法 / MOD运算

老王童

1 模p运算

给定一个正整数p，任意一个整数n，一定存在等式

n = kp + r 其中k、r是整数，且 0 ≤ r < p，称呼k为n除以p的商，r为n除以p的余数。

对于正整数p和整数a,b，定义如下运算：

取模运算：a mod p 表示a除以p的余数。

模p加法：(a + b) mod p ，其结果是a+b算术和除以p的余数，也就是说，(a+b) = kp +r，则 (a+b) mod p = r。

模p减法：(a-b) mod p ，其结果是a-b算术差除以p的余数。

模p乘法：(a × b) mod p，其结果是 a × b算术乘法除以p的余数。

可以发现,模p运算和普通的四则运算有很多类似的规律，如：

结合率	((a+b) mod p + c)mod p = (a + (b+c) mod p) mod p ((a*b) mod p * c)mod p = (a * (b*c) mod p) mod p
交换率	(a + b) mod p = (b+a) mod p (a × b) mod p = (b × a) mod p
分配率	((a +b)mod p × c) mod p = ((a × c) mod p + (b × c) mod p) mod p

简单的证明其中第一个公式：

((a+b) mod p + c) mod p = (a + (b+c) mod p) mod p

假设

a = k1*p + r1

b = k2*p + r2

c = k3*p + r3

a+b = (k1 + k2) p + (r1 + r2)

如果(r1 + r2) >= p ，则

(a+b) mod p = (r1 + r2) -p

否则

(a+b) mod p = (r1 + r2)

再和c进行模p和运算，得到

结果为 r1 ＋ r2 + r3 的算术和除以p的余数。

对右侧进行计算可以得到同样的结果，得证。

2 模p相等

如果两个数a、b满足a mod p = b mod p，则称他们模p相等，记做

a ≡ b mod p

可以证明，此时a、b满足 a = kp + b，其中k是某个整数。

</PRE>对于模p相等和模p乘法来说，有一个和四则运算中迥然不同得规则。在四则运算中，如果c是一个非0整数，则

ac = bc 可以得出 a =b

</PRE>但是在模p运算中，这种关系不存在，例如：

(3 x 3) mod 9 = 0

(6 x 3) mod 9 = 0

但是

3 mod 9 = 3

6 mod 9 =6

</PRE>定理（消去律）：如果gcd(c,p) ＝ 1 ，则 ac ≡ bc mod p 可以推出 a ≡ b mod p

证明：

因为ac ≡ bc mod p

所以ac = bc + kp，也就是c(a-b) = kp

因为c和p没有除1以外的公因子，因此上式要成立必须满足下面两个条件中的一个

1) c能整除k

2) a = b

如果2不成立，则c|kp

因为c和p没有公因子，因此显然c|k，所以k = ck&#039;

因此c(a-b)kp可以表示为c(a-b) =ck&#039;p

因此a-b = k&#039;p，得出a ≡ b mod p

如果a = b，则a ≡ b mod p 显然成立

得证

</PRE>  以下可以不要看

3 欧拉函数

欧拉函数是数论中很重要的一个函数，欧拉函数是指：对于一个正整数n，小于n且和n互质的正整数的个数，记做：φ(n)，其中φ(1)被定义为1，但是并没有任何实质的意义。

定义小于n且和n互质的数构成的集合为Zn，称呼这个集合为n的完全余数集合。

显然，对于素数p，φ(p)= p -1.对于两个素数p、q，他们的乘积n = pq 满足φ(n) =(p-1)(q-1)

证明：对于质数p,q，满足φ(n) =(p-1)(q-1)

考虑n的完全余数集Zn = { 1,2,....,pq -1}

而不和n互质的集合由下面三个集合的并构成：

1) 能够被p整除的集合{p,2p,3p,....,(q-1)p} 共计q-1个

2) 能够被q整除的集合{q,2q,3q,....,(p-1)q} 共计p-1个

3)

很显然，1、2集合中没有共同的元素，因此Zn中元素个数 ＝ pq - (p-1 + q- 1 + 1) = (p-1)(q-1)

</PRE>

4 欧拉定理

对于互质的整数a和n，有a^φ(n) ≡ 1 mod n

证明：

首先证明下面这个命题：

对于集合Zn={x^1,x^2,...,x^φ(n)}，考虑集合

S = {ax^1 mod n,ax^2mod n,...,ax^φ(n) mod n}

则S = Zn

1) 由于a,n互质，x^i 也与n互质，则ax^i 也一定于p互质，因此

任意x^i, ax^i mod n 必然是Zn的一个元素

2) 对于Zn中两个元素x^i 和x^j，如果x^i ≠ x^j

则ax^i mod n ≠ ax^i mod n，这个由a、p互质和消去律可以得出。

所以，很明显，S=Zn

既然这样，那么

（ax^1 × ax^2×...×ax^φ(n)）mod n

= （ax^1 mod n × ax^2 mod n × ... × ax^φ(n mod n）mod n

= （x^1 × x^2 × ... × x^φ(n）mod n

考虑上面等式左边和右边

左边等于(a^φ(n) × （x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)）mod n) mod n

右边等于x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)）mod n

而x^1 × x^2 × ... × x^φ(n)）mod n和p互质

根据消去律，可以从等式两边约去，就得到：

a^φ(n) ≡ 1 mod n推论：对于互质的数a、n，满足a^(φ(n)+1) ≡ a mod n

5 费马定理

a是不能被质数p整除的正整数，则有a<SUP>p-1</SUP> ≡ 1 mod p

证明这个定理非常简单，由于φ(p) = p-1，代入欧拉定理即可证明。

同样有推论：对于不能被质数p整除的正整数a，有a<SUP>p</SUP> ≡ a mod p

</PRE></PRE>

老王童

(460004509069055 MOD 1000)MOD 16=？

虽然前面的数字很吓人...,但是只要过了千以上余数都是千以内的数，所以460004509069055 MOD1000=55

然后 易算得，55mod16=7

(460004509069055 MOD 1000)MOD 16=7