论扩展中国剩余定理(EXCRT)(洛谷P4777模板题)-优快云博客

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论扩展中国剩余定理---EXCRT---洛谷P4777模板题

1前言

之前挖了个大坑，EXCRT，~~紫题啊，本蒟蒻不会~~
拖了很长时间，终于来填这个坑
前置知识：EXGCD,CRT(~~其实没啥关系~~ ，但是要知道CRT为什么不行),建议阅读我之前的博客

2问题

给定n个整数ai,mi(mi之间不一定互质)–>(不一定互质，就是和CRT的区别）
使得存在一个整数x满足
x mod m1 = a1
x mod m2 = a2
…
x mod mn = an
即给定x除以n个整数的余数
求最小的x

3告别CRT

CRT是将Mi乘以它对mi的乘法逆元，得到mod mi为1，再乘以ai，mod mi为ai，且mod mj(j不等于i)为0
把所有得数相加，得出解
但是，问题来了，如果mi能整除Mi呢？
0没有倒数，模数为0没有逆元！
CRT无了，如果每个mi不互质，就会出现上面情况
而且构造模数为1还是CRT最主要的思想，根本没法改
这就要请出EXCRT了

4EXCRT

举个例子
x≡2(mod4)
x≡4(mod6)
先看看能不能找到规律
满足第一个方程的数：2,6,10,14,18,22,26,30,34,38,42,46,50…
满足第二个方程的数：4,10,16,22,28,34,40,46…
可见方程组在50以内的解10,22,34,46
发现规律了吗，等差数列，这是同余方程解的性质
CRT最后也是通过模M来得到最小整数解
可以看到，方程合并了，上面两个方程可合并为
x≡10(mod12)
要是一直合并，最后只剩一组，不就好办了吗
合并一组找不到规律，再来两组
（1）
x≡4(mod6)
x≡3(mod5)
在100以内的解28,58,88
合并为x≡28(mod30)
模数的规律找到了，为两个模数的最小公倍数，这点和CRT一样
但是余数好像没什么规律…继续看看
（2）
x≡2(mod4)
x≡3(mod6)
这个无解
为什么
满足第一个方程必为偶数，有如下解:2,6,10,14,18,22,26,30,34,38,42,46,50…
满足第二个方程必为奇数，有如下解:3,9,15,21,27,33,39,45…
可是CRT一定有解
把6换成5，这就有解
互质和不互质区别就在gcd
我尝试枚举，把第二个方程的余数改成0-5的每一个整数
发现，当模数为0,2,4的时候，有解
这个性质很妙，但是不能得出一般性规律
设有如下方程
x≡a1(mod m1)
x≡a2(mod m2)
要求x，先把x表示一下
x = k1m1+a1 = k2m2+a2
则k1m1-k2m2 = a2-a1
这是…裴蜀定理！
所以，当gcd(m1,m2)可以整除(a2-a1)是，就有一组k1,k2使方程有解，进而求出x
那么，怎么求?
可以看到m1,m2,a1,a2均为已知数，设d = gcd(m1,m2)，p1 = m1/d，p2 = m2/d，都除以最大公约数了，p1p2显然互质
那么，在有解的基础上，可以这样求k1k2
k1p1-k2p2 = (a2-a1)/d
我们单看方程左侧，p1p2互质，可以再用裴蜀定理
列出方程
y1p1-y2p2 = 1
这个还解不了
先改为y1*p1+(-y2)*p2 = 1
这个是一般式，放进exgcd求解，最后把求的解变为相反数，即得y2
现在回归k1,k2
设(a2-a1)/d = h,两个方程比对
第二个方程乘以h即可得到第一个方程
那么k1 = y1h,k2 = y2h
再带回一次，x = y1hm1+a1，求出x
因为等差数列性质，x只要摸上lcm(m1,m2)，即m1m2的最小公倍数，即可求出新方程的余数，完成合并
并且求出的余数还是方程的最小非负整数解，最后全合并完直接输出
至此，EXCRT完成，附代码（c++）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef __int128 ll;
ll x,y,d;
int n;
ll gcd(ll a,ll b){
	if(b==0){
		return a;
	}else{
		return gcd(b,a%b);
	}
}
void exgcd(ll &x,ll &y,ll a,ll b){
	if(b==0){
		d = a;
		x = 1;
		y = 0;
	}else{
		exgcd(y,x,b,a%b);
		y-=a/b*x;
	}
}
ll lcm(ll a,ll b){
	return a/gcd(a,b)*b;
}
ll a,b,a1,b1;
void excrt(){
	exgcd(x,y,a,a1);
	ll c = b1-b;
	x = x*c/d%(a1/d);
	if(x<0)x+=a1/d;
	ll mod = lcm(a,a1);//模数，余数为x 
	b = (a*x+b)%mod;
	if(b<0){//合并方程 
		b+=mod;
	}
	a = mod;
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i = 1;i<=n;i++){
		long long A,B;
		cin>>A>>B;
		a1 = A;
		b1 = B;
		if(i>1){//保证有两个可合并方程 
			excrt();
		}else{
			a = a1;
			b = b1;
		}
	}
	printf("%lld",(long long)(b%a));
	return 0;
}