分享丨模运算的世界：当加减乘除遇上取模（模运算恒等式/费马小定理/组合数）

灵茶山艾府

59312

2024.05.14

2025.11.21

发布于浙江

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模运算规则逆元费马小定理快速幂灵茶山艾府

前言

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 $1 0^{9} + 7$ 取模。如果没有处理得当的话，会 WA（错误）或者 TLE（超时）。

例如计算一堆数字的乘积，如果没有及时取模，乘法会溢出（例如计算结果超出 C++ 中 long long 的最大值），从而得到和预期不符的答案。对于 Python 来说，虽然没有溢出的问题，但大整数（big integer）之间的运算并不是 $O (1)$ 的，可能会导致 TLE。

如何正确地取模呢？

加法和乘法的取模

如果让你计算 $1234 \times 6789$ 的个位数，你会如何计算？

由于只有个位数会影响到乘积的个位数，那么 $4 \times 9 = 36$ 的个位数 $6$ 就是答案。

对于 $1234 + 6789$ 的个位数，同理， $4 + 9 = 13$ 的个位数 $3$ 就是答案。

你能把这个结论抽象成数学等式吗？

一般涉及到取模的题目，会用到如下两个恒等式，其中 $mod$ 表示取模运算（modulo），即编程语言中的 %。上面计算的是 $m = 10$ 的情况。

(a + b) mod m = ((a mod m) + (b mod m)) mod m

(a \cdot b) mod m = ((a mod m) \cdot (b mod m)) mod m

证明：根据带余除法，任意整数 $a$ 都可以表示为 $a = q m + r (m \neq = 0)$ ，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 $r = a mod m$ 。

设整数 $a = q_{1} m + r_{1}, b = q_{2} m + r_{2}$ 。

第一个恒等式：

= = = (a + b) mod m ((q_{1} + q_{2}) m + r_{1} + r_{2}) mod m (r_{1} + r_{2}) mod m ((a mod m) + (b mod m)) mod m

第二个恒等式：

= = = (a \cdot b) mod m (q_{1} q_{2} m^{2} + (q_{1} r_{2} + q_{2} r_{1}) m + r_{1} r_{2}) mod m (r_{1} r_{2}) mod m ((a mod m) \cdot (b mod m)) mod m

根据这两个恒等式，我们可以在计算过程中（例如循环），对加法和乘法的结果取模，而不是在循环结束后再取模。

注：如果涉及到幂运算，指数是不能随意取模的。如果指数在 64 位整数的范围内，可以用快速幂计算，原理见【图解】一张图秒懂快速幂；如果指数超出 64 位整数的范围，见欧拉降幂。

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 $x$ 和 $y$ ，如果 $(x - y) mod m = 0$ （也就是 $x - y$ 是 $m$ 的倍数），则称 $x$ 与 $y$ 关于模 $m$ 同余，记作

x \equiv y (mod m)

上式也称作模 $m$ 的同余式，简称同余式。

例如 $42 \equiv 12 (mod 10)$ ， $- 17 \equiv 3 (mod 10)$ 。

特别地，有

m \equiv 0 (mod m)

同余式的移项

同余式中的加减法可以移项。

例如

a + b \equiv c + d (mod m)

可以移项得到

a - c \equiv d - b (mod m)

证明： $a + b \equiv c + d (mod m)$ 意味着 $(a + b) - (c + d)$ 是 $m$ 的倍数，即 $(a - c) - (d - b)$ 是 $m$ 的倍数，所以 $a - c \equiv d - b (mod m)$ 。

推论：在同余式两边加上（减去）同一个数，同余式仍然成立。

证明：设 $a \equiv b (mod m)$ ，左边加上 $0 = x - x$ ，得到 $a + (x - x) \equiv b (mod m)$ ，移项得 $a + x \equiv b + x (mod m)$ 。

特别地，在同余式

0 \equiv m (mod m)

的两边加上 $- x$ ，得

- x \equiv m - x (mod m)

例如在无符号 $32$ 位整数中， $- 1$ 溢出得到 $2^{32} - 1 = 4294967295$ ，用数学语言描述，就是

- 1 \equiv 4294967295 (mod 2^{32})

负数和减法的取模

根据同余的定义，我们有 $- 17 \equiv 3 (mod 10)$ 。

怎么从 $- 17$ 得到 $3$ ？

我们可以 $- 17 + 10 + 10 = 3$ 。也可以 $- 17 mod 10 + 10 = - 7 + 10 = 3$ ，这样只需加一次 $m$ 。

一般地，如果 $x < 0$ 且 $0 \leq y < m$ ，则 $x \equiv y (mod m)$ 相当于

x mod m + m = y

也就是用「模 $m$ 加 $m$ 」，把 $x$ 「调整」为非负数。

为避免判断 $x < 0$ ，更一般的写法是

(x mod m + m) mod m

这样无论 $x$ 是正是负还是零，运算结果都会落在区间 $[0, m - 1]$ 中。

对于减法来说，当 $a - b \geq 0$ 时，前文中的加法恒等式可以调整为

(a - b) mod m = ((a mod m) - (b mod m) + m) mod m

注 1：代码实现时，在计算中产生负数也可以，在最后用 $(x mod m + m) mod m$ 调整就行。

注 2：Python 用户可以忽略，只要 $m$ 是正整数，取模运算的结果就一定是非负整数。

以上是关于加法、减法和乘法的模运算规则，那么除法呢？

除法的取模

如果要计算 $\frac{24}{8} mod 5$ ，可以像加法或乘法那样，写成 $\frac{24 mod 5}{8 mod 5} mod 5$ 吗？这不行， $\frac{24 mod 5}{8 mod 5} = \frac{4}{3}$ 甚至不是一个整数。

先说结论，如果 $p$ 是一个质数， $a$ 是 $b$ 的倍数且 $b$ 和 $p$ 互质（ $b$ 不是 $p$ 的倍数），那么有

\frac{a}{b} mod p = (a \cdot b^{p - 2}) mod p

上式中 $a$ 和 $b$ 可以是很大的数，例如 $a = 100!, b = 50! 50!$ 。

由于 $1 0^{9} + 7$ 是一个质数，所以上式可用于要求对 $1 0^{9} + 7$ 取模的题目。如果推导出了包含除法的式子，可以用上式转换成乘法，并用快速幂计算 $b^{p - 2} mod p$ 。

下面是证明。

引理 1：当 $p$ 是质数且 $1 \leq i \leq p - 1$ 时，有

(i p) \equiv 0 (mod p)

其中

(i p) = \frac{p !}{i ! ( p - i )!}

证明：注意当 $1 \leq i \leq p - 1$ 时， $\frac{p !}{i ! ( p - i )!}$ 的分母是不包含 $p$ 的。由于分子包含 $p$ 且 $\frac{p !}{i ! ( p - i )!}$ 是整数，所以 $(i p)$ 可以被 $p$ 整除，即 $(i p) \equiv 0 (mod p)$ 。

注：如果 $p$ 不是质数，分母可能被 $p$ 整除，上面的结论不一定成立。例如 $p = 4, i = 2$ 的情况， $(i p) = 6$ ，不是 $p = 4$ 的倍数。

引理 2：对于任意整数 $x$ 和 $y$ 和任意质数 $p$ ，有

(x + y)^{p} \equiv x^{p} + y^{p} (mod p)

证明：根据二项式定理，有

(x + y)^{p} = (0 p) x^{p} y^{0} + (1 p) x^{p - 1} y^{1} + (2 p) x^{p - 2} y^{2} + \dots + (p - 1 p) x^{1} y^{p - 1} + (p p) x^{0} y^{p}

根据引理 1，除了第一项和最后一项以外，其余项都是 $p$ 的倍数，于是

(x + y)^{p} \equiv x^{p} + y^{p} (mod p)

定理（费马小定理）：对于任意整数 $b$ 和任意质数 $p$ ，有

b^{p} \equiv b (mod p)

证明：当 $b = 0$ 时， $0^{p} \equiv 0 (mod p)$ 成立。

假设 $b = k$ 时原命题成立，即

k^{p} \equiv k (mod p)

根据引理 2，我们有

(k + 1)^{p} \equiv k^{p} + 1^{p} (mod p)

根据归纳假设，得

(k + 1)^{p} \equiv k + 1 (mod p)

即当 $b = k + 1$ 时，原命题成立。

根据数学归纳法，原命题对于 $b \geq 0$ 成立。对于 $b < 0$ 的情况同理。

$b^{p} \equiv b (mod p)$ 变形得 $b (b^{p - 1} - 1) \equiv 0 (mod p)$ ，如果 $b$ 不是 $p$ 的倍数，那么 $b^{p - 1} - 1$ 必须是 $p$ 的倍数（注意 $p$ 是质数），即 $b^{p - 1} - 1 \equiv 0 (mod p)$ ，移项得

b^{p - 1} \equiv 1 (mod p)

两边同时乘以 $\frac{a}{b}$ （ $a$ 是 $b$ 的倍数），得

a \cdot b^{p - 2} \equiv \frac{a}{b} (mod p)

即

\frac{a}{b} mod p = (a \cdot b^{p - 2}) mod p

注：除以 $b$ 相当于乘以 $b$ 的逆元 $b^{- 1} mod p$ 。在概率期望等题目中，会遇到 $a$ 不是 $b$ 的倍数的情况，这些题目通常会规定计算 $(a \cdot b^{- 1}) mod p$ ，计算方法和上式一样。

总结

代码实现时，上面的加减乘除通常是这样写的：

MOD = 1_000_000_007

// 加
(a + b) % MOD

// 减，b 在 [0,MOD-1] 中
(a - b + MOD) % MOD

// 把任意整数 a 取模到 [0,MOD-1] 中，无论 a 是正是负
(a % MOD + MOD) % MOD

// 乘（注意使用 64 位整数）
a * b % MOD

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

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

其中 $qpow$ 为快速幂，具体请看【图解】一张图秒懂快速幂。

注：Python 内置快速幂函数 pow(x, y, m) 用于计算 $x^{y} mod m$ 。特别地，除法也可以写成 a * pow(b, -1, MOD) % MOD。

总之，如果发现解答错误，可以检查下代码，看看是不是哪里漏掉取模了。

附：组合数的计算

关于组合数，我们需要预处理阶乘及其逆元，然后利用公式

C (n, m) = \frac{n !}{m ! ( n - m )!} = n! \cdot \frac{1}{m !} \cdot \frac{1}{( n - m )!}

计算。

对于阶乘 $n!$ ，可以用

n! = (n - 1)! \cdot n

递推计算。

对于阶乘的倒数 $\frac{1}{n !}$ ，可以先计算 $N!$ 的逆元（其中 $N$ 是 $n$ 的最大值），然后用

\frac{1}{( n - 1 )!} = \frac{1}{n !} \cdot n

倒着递推计算。

模板代码如下：

Python3

Java

C++

MOD = 1_000_000_007
MX = 100_001  # 根据题目数据范围修改

fac = [0] * MX  # fac[i] = i!
fac[0] = 1
for i in range(1, MX):
    fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD

inv_f = [0] * MX  # inv_f[i] = i!^-1
inv_f[-1] = pow(fac[-1], -1, MOD)
for i in range(MX - 1, 0, -1):
    inv_f[i - 1] = inv_f[i] * i % MOD

# 从 n 个数中选 m 个数的方案数
def comb(n: int, m: int) -> int:
    return fac[n] * inv_f[m] * inv_f[n - m] % MOD if 0 <= m <= n else 0

class Solution:
    def solve(self, nums: List[int]) -> int:
        # 预处理的逻辑写在 class 外面，这样只会初始化一次

如果模数不是质数呢？见 3463. 判断操作后字符串中的数字是否相等 II。

取模练习

3379. 转换数组做到 $O (n)$
1018. 可被 5 整除的二进制前缀 1376

快速幂练习

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