CRT&EXCRT 中国剩余定理及其扩展

中国剩余定理（孙子定理）

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有这样一个问题：
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ \dots \dots \\ x\equiv a_n(mod{m}_n)\end{array}$$
其中，m两两互质，求满足所有同余方程的解。

求解：

• 废话不多说，高中数学书上有讲过一个很对的算法。比如当前对于$x\equiv a_1(mod{m}_1)$来说，我们找一个数$t_1$，让它是$m_2-m_n$的公倍数，并且让它在模$m_1$的意义下等于1。然后我们把它乘上$a_1$，在模意义下它就等于$a_1$了。其他的方程都这样做。我们再把所有的$a_i\ast t_i$加起来，这个和就是答案（当然可能还需要取模）。
• 为什么是正确的？我们依次看看每一个同余方程条件是否满足就好了。对于第$i$个方程，除了我们的$a_i\ast t_i$,其他的$a\ast t$都是$m_i$的倍数，所以同余方程显然成立，所以我们的算法正确性显然。
• 因此，$x={\sum }_{i=1}^n{a}_i\ast t_i\%M$，其中$M$是所有数的$lcm$。

校oj1898 曹冲称象

• 模板题，但wa了居然半天没找到错误……
• 数据只保证两两互质，但没说是质数，拿费马小定理求逆元就死的明明白白了。
• $exgcd$求的$x$可能是负数，记得取模。
• $exgcd$都不会写了，自闭了……

$Coding$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=100;
int n,m[N],b[N];
ll M=1,ans;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;return a;
	}
	ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*x;
	return d;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		scanf("%d%d",&m[i],&b[i]);
		M*=m[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ll Mi,t,x,y;
		Mi=M/m[i];
		exgcd(Mi,m[i],x,y);
		ans=(ans+1LL*x*Mi*b[i])%M;
	}
	cout<<(ans+M)%M<<endl;
	return 0;
}

扩展版

• 还是上面的问题，这回不保证$m$两两互质了。我们先假设只有两个方程。用$exgcd$合并同余方程就好了。

$Coding$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n;ll m[N],a[N];
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){
		x=1;y=0;return a;
	}
	ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
	return d;
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){
	ll res=0;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1) res=(res+a)%mod;
		a=(a+a)%mod;
	}
	return res;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
	ll k1,k2,m1,m2,a1,a2,c,d,x,y,x0;
	m1=m[1],a1=a[1];
	for(int i=2;i<=n;++i){
		m2=m[i],a2=a[i];
		c=a2-a1;c=(c%m[i]+m[i])%m[i];
		d=exgcd(m1,m2,x,y);
		if(c%d){
			printf("-1\n");
			return 0;
		}
		ll lc=m1/d*m2;
		k1=(mul(x,c/d,m2)+m2)%m2;
		x0=mul(k1,m1,lc)+a1;x0=(x0+lc)%(lc);
		m1=lc;a1=x0;
	}
	cout<<x0<<endl;
	return 0;
}

[NOI2018]屠龙勇士

• 每次攻击时攻击力是确定的。设攻击力为$k$，恢复力为$p$，生命值$a$，则有$kx=py+a$，类似于$kx\equiv a(modp)$。我们中国剩余定理合并同余方程的时候，$x$的系数必须是1，所以想办法消掉$k$。求逆元显然不合适，因为有没有逆元还不一定。
• 可以求解一下这个同余方程啊。$kx+py=a,x_0=x^{\prime }\frac{a}{d}+k\frac{p}{d}$,其中$x_0$是方程的通解。那么可以转化为同余方程$x_0\equiv x^{\prime }\frac{a}{d}(mod\frac{p}{d})$。此时就可以合并了。
• 细节问题1：最终的$x$一定要保证把龙杀死。也就是$x>max\frac{a}{atk}$，注意向上取整。
• 细节问题2：一个是如果生命值和攻击力都是恢复力的倍数，显然你攻击次数任意，只要满足$x$把龙杀死就好，不参与合并。
• 细节问题3：如果生命值不是恢复力的倍数，而攻击力是，那么一定无解，直接输出-1。
• 细节问题4：其实也不是什么细节，就是自己有点sb。$exgcd$求方程的解的时候，$a，b$的顺序和对应的$x，y$的关系一定要搞好，否则错的你不明不白的。

$Coding$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+10;
ll t,n,m,atk[N],p[N],a[N];
multiset<ll>s;
multiset<ll>::iterator it;
ll in(){
	char ch=getchar();ll num=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch)){num=num*10+(ch^48);ch=getchar();}
	return num*f;
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b){x=1;y=0;return a;}
	ll d=exgcd(b,a%b,x,y);
	ll tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*x;
	return d;
}
ll mul(ll a,ll b,ll mod){
	ll res=0;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1) res=(res+a)%mod;
		a=(a+a)%mod;
	}
	return res;
}
int main(){
	t=in();
	E:while(t--){
		n=in(),m=in();ll temp;
		for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=in();
		for(int i=1;i<=n;++i) p[i]=in();
		for(int i=1;i<=n;++i) atk[i]=in();
		s.clear();
		for(int i=1;i<=m;++i){temp=in();s.insert(temp);}
		ll k,d,tmp,lcm,x,y,c1=0,m1=1,c,m,M=0;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			it=s.upper_bound(a[i]);
			if(it!=s.begin()) it--;
			k=*it,s.erase(it);
			s.insert(atk[i]);
			M=max(M,(a[i]-1)/k+1);
			k%=p[i];a[i]%=p[i];
			if(!k&&!a[i]) continue;
			if(!k&&a[i]){printf("-1\n");goto E;}
			d=exgcd(k,p[i],x,y);
			if(a[i]%d){printf("-1\n");goto E;}
			m=p[i]/d;c=(mul((x%m+m)%m,a[i]/d,m)+m)%m;
			d=exgcd(m1,m,x,y);tmp=c-c1;lcm=m1/d*m;tmp=(tmp+lcm)%lcm;
			if(tmp%d){printf("-1\n");goto E;}
			x=(mul(x,tmp/d,m/d)+m/d)%(m/d);
			c1=(mul(m1,x,lcm)+c1)%lcm;m1=lcm;
			//m1=m1/d*m;
			//c1=(c1+mul(mul(m1/m,((c-c1)%m1+m1)%m1,m1),(x%m1+m1)%m1,m1))%m1;
		}
		printf("%lld\n",c1>=M?c1:c1+m1*((M-c1-1)/m1+1));
	}
	return 0;
}