中国剩余定理 CRT
推导
给定\(n\)个同余方程
\[ \left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2} \\ &... \\ x &\equiv a_n \pmod{m_n} \end{aligned} \right. \]
\(m_1, m_2 , ... , m_n\)两两互质令\(M = \prod_{i=1}^{n} m_i\)，求\(x \mod M\)
解决该问题的方法是构造。
我们假定最终答案的形式是一个\(n\)个项的和式，对每个同余方程的构造反应在对应项的系数上。
如果要对每一个项分别构造，就要求为每一项乘上一个合适的数，使得每项构造的系数对其他方程的结果没有影响。
容易想到构造
\[ M_i = \frac{M}{m_i} \]
显然该数仅在模\(m_i\)时不为\(0\)，于是改变该项的系数将不会对其他方程造成影响。
现在我们希望该项模\(m_i\)意义下是\(a_i\)，但上一次的构造残留下了一个\(M_i\)。简单粗暴的乘上\(M_i\)在模\(m_i\)意义下的逆元\(inv_{m_i}(M_i)\)，让该项在模\(m_i\)意义下变为\(1\)，然后乘上\(a_i\)就构造出来了。
综上，答案为
\[ \sum_{i=1}^{n} M_i inv_{m_i}(M_i) a_i \mod{M} \]
模数互质条件保证了\(M_i\)非\(0\)，保证了\(inv_{m_i}(M_i)\)的存在。
实现
大部分题的所有\(m_i\)都是质数，求逆元\(QPow\)即可。
对于一般的情况，上exgcd就行。
板题：洛谷P1495 曹冲养猪
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Inv(ll a,ll m){
ExGcd::SolveEqu(a,m,1);
return ExGcd::x;
}
const ll CRTN=20;
namespace CRT{
ll N;
ll m[CRTN],a[CRTN];
ll Sol(){
ll ans=0,M=1;
for(ll i=1;i<=N;i++) M*=m[i];
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll Mi=M/m[i];
ans=(ans+Mi*Inv(Mi,m[i])*a[i])%M;
}
return ans;
}
}
int main(){
using namespace CRT;
scanf("%lld",&N);
for(ll i=1;i<=N;i++)
scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
printf("%lld",Sol());
return 0;
}拓展中国剩余定理 ExCRT
ExCRT和CRT并没有什么关系，正如ExLucas和Lucas没什么关系一样（
其实从纯推理的角度来看，ExCRT可能还要好想一点（
推导
问题同CRT，但是模数是任意的，并不要求互质。
这时，我们就不能保证存在逆元了。那么如何解决该问题呢？
考虑如何合并两个方程。如果我们找到了合并的方法，就能如法炮制将\(n\)个方程依次合并起来，得到答案。
\[ \left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2} \end{aligned} \right. \]
去掉同余，化为不定方程
\[ \left\{ \begin{aligned} x &= m_1 y_1 + a_1 \\ x &= m_2 y_2 + a_2 \end{aligned} \right. \]
于是得到
\[ m_1 y_1 + a_1 = m_2 y_2 + a_2 \]
只要找到一组满足该式的\(y_1\)和\(y_2\)，就能反算出\(x\)，实现合并。
而我们得到的是一个二元一次的不定方程，可以用exgcd求解。
化为标准式
\[ m_1 y_1 - m_2 y_2 = a_2 - a_1 \]
解就是了。如果没有解，说明同余方程组无解。
于是最后化得的合并式为
\[ x \equiv m_1 y_1 + a_1 \pmod{lcm(m_1,m_2)} \]
实现
唯一需要注意的地方是，本来解方程应该解\((m_1,-m_2,a_2-a_1)\)，但ExGCD不好处理负数，所以把\(m_2\)改成了\(m_1\)。因为我们并不需要用到\(y_2\)，所以显然是没有影响的。
板题：poj2891 Strange Way to Express Integers or 洛谷P4777 扩展中国剩余定理（EXCRT）
会被卡乘法爆ll，懒得改
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Gcd(ll a,ll b){
if(a%b==0) return b;
return Gcd(b,a%b);
}
namespace ExCRT{
ll a1,m1;
void Init(){
a1=0;m1=1;
}
void Expand(ll a2,ll m2){
ExGcd::SolveEqu(m1,m2,a2-a1);
ll y1=ExGcd::x;
ll mn=m1*m2/Gcd(m1,m2);
a1=(m1*y1+a1)%mn;
m1=mn;
}
}
int main(){
ll N;scanf("%lld",&N);
ExCRT::Init();
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll a,m;scanf("%lld%lld",&m,&a);
ExCRT::Expand(a,m);
}
printf("%lld",ExCRT::a1);
return 0;
}