中国剩余定理(最详细说明 非互质情况)

中国剩余定理:

找了半天发现网上居然找不到完整的证明,只能自己默默花时间推了。。。

求满足$x\equiv 2(mod3),x\equiv 3(mod5),x\equiv 2(mod7)$的最小正整数解x

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可相加性证明:
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140满足%3=2,而且是5和7的倍数,也就是说加上140对其他数的取余结果不会有影响
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同理,其他的数加上这个数就可以在不影响自生取余的情况下附带满足%3=2的性质
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所以把所有这些数加起来就是满足答案的一个解,而在这个时候对于这个得到的数尽可能的消小(减去所有数的公倍数不会改变性质),就是答案

数学表示为:
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设$问题为x\%m=a,第i个式子的m为m_i,a为a_i,M为所有m的乘积,M_i为M/m_i$
列出:
$k_1\ast 7\ast 5\equiv 2(mod3)$
$k_2\ast 7\ast 3\equiv 3(mod5)$
$k_3\ast 3\ast 5\equiv 2(mod7)$
左边的部分为上面的140,63,30

k怎么求呢?以第一个为例:
先$k_1\ast 7\ast 5\equiv 2\ast (7\ast 5)\ast inv(7\ast 5,3)$,使得右边为$7$和$5$的倍数,但是我们这里不进行对$3$的取模操作

这样既保证了右边部分可以 $\%m_i=a_i$,而且是其他m的倍数

因为这里的m都是互质的所以上文中提到的公倍数就是M

代码:

void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) { //a在模b下的逆元为x
    if(b==0) {
        x=1;
        y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    LL tp=x;
    x=y;
    y=tp-a/b*y;
}
int main() {
    while(cin>>n) {
        M=1;
        ans=0;
        for(LL i=1; i<=n; i++) {
            m[i]=read(),a[i]=read(); // ans % m = a;
            M*=m[i];
        }
        for(LL i=1; i<=n; i++) {
            LL Mi=M/m[i];
            LL inv,y;
            exgcd(Mi,m[i],x,y);
            ans+=a[i]*Mi%M *inv%M;
            ans%=M;
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}

扩展中国剩余定理(不互质情况下的做法):

上面这么做的前提是多个m互质,如果不互质,就不能这么做了

我们就需要用合并的方法,合并下面的两个方程:
$$\begin{gathered} x=a_1+m_1{x}_1 \\ x=a_2+m_2{x}_2 \end{gathered}$$

$x=a_1+m_1{x}_1=a_2+m_2{x}_2$
$m_1{x}_1+m_2(-x_2)=a_2-a_1$
用扩展欧几里得求这个二元一次方程组,设$d=gcd(m_1,m_2),c=a_2-a_1$
求出x1的最小整数解$x_1=(x_1\ast \frac{c}{d}\%\frac{m2}{d}+\frac{m2}{d})\%\frac{m2}{d}$,有$$\begin{gathered} x=m_1(x_1+k\ast (m2/d))+a1 \\ x=(m_1\ast m_2/d)\ast k+(m_1\ast x_1+a_1) \end{gathered}$$

为什么是k*(m2/d)?
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因为扩展欧几里得的x有多个解,所以可以加上这部分,在保证等式成立的前提下,使等式的右边出现一个变量使得保持结构的不变性,以迭代

便化成了一个新的式子,不断迭代就可以出结果

当然,k=0时便是最小整数解

模板(poj 2891)

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<cstdlib>

using namespace std;

#define LL long long
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n;
void ex_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) {
    if (!b) {
        d = a, x = 1, y = 0;
    } else {
        ex_gcd(b, a % b, d, y, x);
        y -= x * (a / b);
    }
}
LL ex_crt(LL *m, LL *r, int n) {
    LL M = m[1], R = r[1], x, y, d;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        ex_gcd(M, m[i], d, x, y);
        if ((r[i] - R) % d)
            return -1;
        x = (r[i] - R) / d * x % (m[i] / d);
        R += x * M;
        M = M / d * m[i];
        R %= M;
    }
    return R > 0 ? R : R + M;
}
LL m[maxn], r[maxn];
int main() {
    while (~scanf("%d",&n)) {
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%lld%lld", &m[i], & r[i]);
        printf("%lld\n",ex_crt(m,r,n));
    }
    return 0;
}