扩展中国剩余定理

扩展中国剩余定理（$\mathbf{e}\mathbf{x}\mathbf{c}\mathbf{r}\mathbf{t}$）是用来解决同余方程组的问题的，我们之前说过中国剩余定理,但是他有一个应用的限制就是 l c m { p i } = 1 \boldsymbol{lcm\{p_i\}=1} lcm{pi​}=1，但是如果某个恶心的出题人要求这个 l c m { p i } ≠ 1 \boldsymbol{lcm\{p_i\}\neq 1} lcm{pi​}​=1怎么办呢？你就可以用扩展中国剩余定理吊打他

$\mathbf{e}\mathbf{x}\mathbf{c}\mathbf{r}\mathbf{t}$跟普通的$\mathbf{c}\mathbf{r}\mathbf{t}$的思想有一个很大的不同，$\mathbf{c}\mathbf{r}\mathbf{t}$使用的是构造法，而$\mathbf{e}\mathbf{x}\mathbf{c}\mathbf{r}\mathbf{t}$是直接暴力

还是对于这样的一个方程

$$\{\begin{array}{l}\mathbf{x}\equiv {\mathbf{a}}_1\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_1\\ \mathbf{x}\equiv {\mathbf{a}}_2\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_2\\ \cdots \\ \mathbf{x}\equiv {\mathbf{a}}_{\mathbf{n}}\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_{\mathbf{n}}\end{array}$$
其中 l c m { p i } ≥ 1 \boldsymbol{lcm\{p_i\}\geq 1} lcm{pi​}≥1
我们可以考虑这样一个思路，把问题转化成两个方程的求解，然后把解出来的结果合并成一个新的方程，然后再和下一个求解，以此类推，通过$\mathbf{n}-1$次合并，我们就可以得出结果了

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引理：
对于两个方程
$$\{\begin{array}{l}\mathbf{x}\equiv {\mathbf{a}}_1\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_1\\ \mathbf{x}\equiv {\mathbf{a}}_2\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_2\\ \cdots \\ \mathbf{x}\equiv {\mathbf{a}}_{\mathbf{n}}\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_{\mathbf{n}}\end{array}$$
如果对于${\mathbf{x}}^{\prime }$如果满足前$\mathbf{k}$个方程，那么 s . t .   x = x ′ + t ⋅ l c m { p j } , x \boldsymbol{s.t.\ x=x^\prime+t\cdot lcm\{p_j\},x} s.t. x=x′+t⋅lcm{pj​},x为第$\mathbf{k}+1$个方程的解，其中$\mathbf{t}\in {\mathbf{Z}}^{+},\mathbf{j}\in [1,\mathbf{k}]$，证明也是显然的，就是同余的基本定义

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有了这个，我们接下来就只需要求出$\mathbf{t}$的最小整数解了，设 l c m { p j } = M \boldsymbol{lcm\{p_j\}=M} lcm{pj​}=M，我们的问题就转化成了求${\mathbf{x}}^{\prime }+\mathbf{t}\mathbf{M}\equiv {\mathbf{a}}_{\mathbf{k}+1}\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_{\mathbf{k}+1}$
移项，可以得到$\mathbf{t}\mathbf{M}\equiv {\mathbf{a}}_{\mathbf{k}+1}-{\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}{\mathbf{p}}_{\mathbf{k}+1}$的$\mathbf{t}$的最小整数解，那么也就是求方程
$$\mathbf{a}\mathbf{x}\equiv \mathbf{p}\mathbf{m}\mathbf{o}\mathbf{d}\mathbf{b}$$
的最小整数解
变形，可以得到$\mathbf{a}\mathbf{x}+\mathbf{b}\mathbf{y}=\mathbf{p}$
那么我们可以先利用扩展欧几里得求出$\mathbf{a}{\mathbf{x}}^{\prime }+\mathbf{b}{\mathbf{y}}^{\prime }=\mathbf{g}\mathbf{c}\mathbf{d}(\mathbf{a},\mathbf{b})$的解
那么$\mathbf{x}$就等于$\frac{{\mathbf{x}}^{\prime }\mathbf{p}}{\mathbf{g}\mathbf{c}\mathbf{d}(\mathbf{a},\mathbf{b})}$
那么通过这个方法，令$\mathbf{M}=\mathbf{a},{\mathbf{a}}_{\mathbf{k}+1}-{\mathbf{x}}^{\prime }=\mathbf{p},{\mathbf{p}}_{\mathbf{k}+1}=\mathbf{b}$，从而求出$\mathbf{x}$即$\mathbf{t}$
同时这里我们也可以发现，这组同余方程有解的条件是$\mathbf{g}\mathbf{c}\mathbf{d}(\mathbf{M},{\mathbf{p}}_{\mathbf{k}+1})|{\mathbf{a}}_{\mathbf{k}+1}-{\mathbf{x}}^{\prime }$，否则无解

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然后就是代码了，这里放上的是洛谷模板题的代码，因为模板题保证有解，所以不用判断无解的情况，但是如果题目没有说明应该放上去

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

# define Rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
# define _Rep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
# define RepG(i,u) for(int i=head[u];~i;i=e[i].next)

typedef long long ll;

const int N=1e5+5;

template<typename T> void read(T &x){
   x=0;int f=1;
   char c=getchar();
   for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-1;
   for(;isdigit(c);c=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';
    x*=f;
}

# define int long long

int n;
int a[N],b[N],x,y;

int mul(int a,int b,int p){
    int res=0;
    while(b){
        if(b&1)res+=a,res%=p;
        a=a+a,a%=p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(!b){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int z=y;
    y=x-a/b*y;
    x=z;
    return d;
}

int excrt(){
    int ans=a[1],M=b[1];
    Rep(i,2,n){
        int GCD=exgcd(M,b[i],x,y);
        int val=((a[i]-ans)%b[i]+b[i])%b[i];
        x=(x%b[i]+b[i])%b[i];
        int t=mul(x,val,b[i])/GCD;
        int lM=M;
        M=M/GCD*b[i];
        ans=ans+mul(lM,t,M);
        ans%=M;
    }
    return ans;
}

signed main()
{
    read(n);
    Rep(i,1,n)read(b[i]),read(a[i]);
    printf("%lld\n",excrt());
    return 0;
}