数论-中国剩余定理（crt) 与拓展中国剩余定理（excrt)

中国剩余定理（crt）

[用途]

求方程组中最小的非负整数解X
$X\ \equiv\left\{\begin{array}{cc} a_{1} \quad (mod \quad m_{1})\\ a_{2} \quad (mod \quad m_{2})\\ ...\\ a_{n} \quad (mod \quad m_{n}) \end{array}\right.$
其中 $m_{i},m_{j}$ 两两互素

[引入]

韩信点兵：

韩信带1500名兵士打仗，战死四五百人，站3人一排，多出2人；站5人一排，多出4人；站7人一排，多出6人。韩信很快说出人数：1049。

即
$X\ \equiv\left\{\begin{array}{cc} 2 \quad (mod \quad 3)\\ 4 \quad (mod \quad 5)\\ ...\\ 6 \quad (mod \quad7) \end{array}\right.$

解得 $X=1049$

[结论]

$X=\sum_{1}^{n}(a_{i}t_{i}M_{i}) \quad (mod \quad Lcm)$
其中：
最小公倍数 $Lcm=m_{1}m_{2}...m_{n}$ ,因为 $m_{i},m_{j}$ 两两互素
$M_{i}=Lcm/m_{i}$
$ti$ 为 $M_{i}$ 模 $m_{i}$ 意义下的乘法逆元
【证明】
其中的 $M$ 就是 $Lcm$
百度百科
在这里插入图片描述
最终就是 $X=\sum_{1}^{n}(a_{i}t_{i}M_{i}) (mod \quad Lcm)$

[代码]

typedef long long LL;
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
	if(!b){
		x=1;
		y=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
	return;
}
LL crt(LL Lcm,LL len)						/*Lcm:最小公倍数；len:m[]数组长度*/ 
{
	LL ans=0;
	for(int i=1;i<=len;++i){
		LL Mi=Lcm/m[i];						/*j从1~len,除i外,所有m[j]的乘积*/ 
		LL ti,y;
		exgcd(Mi,m[i],ti,y);				/*ti为Mi在模m[i]意义下的乘法逆元*/ 
		ans=((ans+a[i]*ti*Mi)%Lcm+Lcm)%Lcm; /*结论*/ 
	}
	return ans;
}

拓展中国剩余定理（excrt）

与中国剩余定理不同的是 不一定 两两互素

[结论]

通解 $X=x_{0} (mod \quad Lcm)$
特解 $x_{0}=a_{1}+t_{1}m_{1}$

[证明]

以下出现的字母均为整数

$余数：a_{i}$
$模数：m_{i}$
$假设：gcd(m_{1},m_{i})=gcd$
$x_{0}=\left\{\begin{array}{cc} a_{1} +tm_{1}\\ a_{i} +t_{i}m_{i} \end{array}\right.$
移向可得： $tm_{1}+(-t_{i})m_{i}=a_{i}-a_{1}$
根据不定方程（丢番图方程）：
二元一次不定方程的一般形式为ax+by=c。其中 a，b，c 是整数，ab ≠ 0。此方程有整数解的充分必要条件是a、b的最大公约数整除c。设x,y是该方程的一组整数解，那么该方程的通解可表示为
$x=x_{0}+\frac{b}{gcd(a,b)}t;y=y_{0}-\frac{b}{gcd(a,b)}t;$
所以对于 $tm_{1}+(-t_{i})m_{i}=a_{i}-a_{1}$
$t_{1}$ 有解则有： $(a_{i}-a_{1}) \div gcd=0$
则 $t=t_{0}+\frac{mi}{gcd}k$
即 $t\equiv t_{0}(mod \quad \frac{mi}{gcd})$
对 $Tm_{1}+(-T_{i})m_{i}=gcd$ 先用拓展欧几里得求 $T$
进而 $t=T\frac{a_{i}-a_{1}}{gcd}(mod\quad \frac{m[i]}{gcd})$
则特解 $x_{0}=a_{1}+tm_{1}$

对于通解X与特解 $x_{0}$ 满足：
$\left\{\begin{array}{cc} X=a_{1} +k_{1}m_{1}\\ x_{0}=a_{1} +k_{2}m_{1} \end{array}\right.$ $\left\{\begin{array}{cc} X=a_{2} +k_{3}m_{2}\\ x_{0}=a_{2} +k_{4}m_{2} \end{array}\right.$
上式减去下式得
$X-x_{0}=(k_{1}-k_{2})m_{1}=(k_{3}-k_{4})m_{2}$
即 $X-x_{0}=K_{1}m_{1}=K_{2}m_{2}$
假设 $n_{1}=\frac{m_{1}}{gcd},n_2=\frac{m_{2}}{gcd}$ ，显然 $gcd(n_{1},n_{2})=1;$
有 $K_{1}n_{1}=K_{2}n_{2}$
则 $K_{1}=\frac{K_{2}n_{2}}{n_{1}}$
而 $gcd(n_{1},n_{2})=1,K_{1}为整数$
所以 $K_{2} \% n_{1}=0$
两边同乘 $n_{2}gcd$
$K_{2}n_{2}gcd\% n_{1}n_{2}gcd =0$
而 $X-x_{0} =K_{2}m_{2}=K_{2}n_{2}gcd$
$n_{1}n_{2}gcd=\frac{n_{1}gcd n_{2}gcd}{gcd}=Lcm(m_{1},m_{2})=Lcm$
所以 $(X-x_{0}) \% Lcm=0$
即通解 $X\equiv x_{0}(mod \quad Lcm)$

[代码]

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=1e5+9;
LL a[N],m[N];
LL ksc(LL x,LL y,LL mod)
{
	return (x*y-(LL)((long double)x*y/mod)*mod+mod)%mod;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
	if(!b){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	LL gcd=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=a/b*x;
	return gcd;
}
LL excrt(LL len)
{
	LL x=a[1],Lcm=m[1],t,y;			/*一个方程时，x=a[1],Lcm=m[1]*/
	for(int i=2;i<=len;++i){
		a[i]-=x;					/*求a[i]-a[1]*/
		LL gcd=exgcd(Lcm,m[i],t,y); /*求gcd与证明过程中的T*/
		if(a[i]%gcd)return -1;	 	/*方程无解*/
		t=ksc(t,a[i]/gcd,m[i]/gcd); /*O(1)快速乘求t*/
		x+=t*Lcm;					/*求特解x0*/
		Lcm*=m[i]/gcd;				/*更新Lcm*/
		x=(x%Lcm+Lcm)%Lcm;			/*更新通解*/
	}
	return x;						/*均按照上述证明步骤*/ 
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	LL n;
	while(cin>>n){
		memset(a,0,sizeof(a));
		memset(m,0,sizeof(m));
		for(int i=1;i<=n;++i)cin>>m[i]>>a[i];
		cout<<excrt(n)<<endl;
	}
	return 0;
}