中国剩余定理及其拓展学习笔记

最新推荐文章于 2025-07-12 17:07:20 发布

ylsoi

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分类专栏：中国剩余定理及其拓展

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本文详细介绍了中国剩余定理及其扩展版本，通过实例解析了如何解决同余方程组问题，尤其是在模数不互质的情况下的求解方法。

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中国剩余定理：

大概就是有这么一个问题：

⎧ ⎩ ⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x \equiv c 1 (m o d p 1) x \equiv c 2 (m o d p 2) \dots x \equiv c n (m o d p n)

$\begin{cases} x\equiv c_1\left(mod \ p_1\right)\\ x\equiv c_2\left(mod \ p_2\right)\\ \ldots\\ x\equiv c_n\left(mod \ p_n\right)\\ \end{cases}$
保证

pipi $p_i$ 之间都互质，然后让你求

xx $x$ 。古人给了我们一种巧妙的方法，那就是构造答案，如果我们能够求出分别满足每一个方程的

x

$x$ ，即

x≡ci(mod pi)x≡ci(mod pi) $x\equiv c_i\left(mod \ p_i\right)$ （用拓展欧几里得来求解），并且保证这个

xx $x$ 是其他所有的模数的倍数的话，那么我们只要把这

n

$n$ 个

xx $x$ 相加就好了，这时我们会发现，正是因为

p_{i}

$p_i$ 之间互质，才可以使得这个巧妙的构造方法得以实现。

拓展中国剩余定理：

但是题目有时候并不是保证 $p_i$ 互质的，所以我们要用拓展中国剩余定理。虽然说和中国剩余完全不同，但是还是叫了这个名字。这里采用合并同余方程的方法来求解。原式可以做如下变形：

{x = c 1 + k 1 * p 1 x = c 2 + k 2 * p 2

$\begin{cases} x=c_1+k_1*p_1\\ x=c_2+k_2*p_2\\ \end{cases}$
其中

k1,k2k1,k2 $k_1,k_2$ 可以看做是两个变量，然后为了让

xx $x$ 满足条件，我们来寻找

k_{1}, k_{2}

$k_1,k_2$ 之间的关系：

c 1 + k 1 * p 1 = c 2 + k 2 * p 2 k 1 * p 1 = k 2 * p 2 + c 2 - c 1

$c_1+k_1*p_1=c_2+k_2*p_2\\ \ \ k_1*p_1=k_2*p_2+c_2-c_1$ 由于我们要求的是整数解，显然有解的条件是

gcd(p1,p2)|(c2−c1)gcd(p1,p2)|(c2−c1) $\gcd(p_1,p_2)|(c_2-c_1)$ ，设

d=gcd(p1,p2)d=gcd(p1,p2) $d=\gcd(p_1,p_2)$ ，将两边同时除以

dd $d$ 之后即可以转化为同余方程直接乘以一个逆元之后将

k_{1}

$k_1$ 放在等式的左边。

k 1 * p 1 d = k 2 * p 2 d + c 2 - c 1 d k 1 * p 1 d \equiv c 2 - c 1 d (m o d p 2 d) k 1 \equiv c 2 - c 1 d * i n v (p 1 d) (m o d p 2 d) k 1 = c 2 - c 1 d * i n v (p 1 d) + y * p 2 d

$k_1*\frac{p_1}{d}=k_2*\frac{p_2}{d}+\frac{c_2-c_1}{d}\\k_1*\frac{p_1}{d}\equiv \frac{c_2-c_1}{d} \left(mod \ \ \frac{p_2}{d}\right)\\ k_1\equiv \frac{c_2-c_1}{d}*inv(\frac{p_1}{d}) \left(mod \ \ \frac{p_2}{d}\right)\\k_1= \frac{c_2-c_1}{d}*inv(\frac{p_1}{d}) +y*\frac{p_2}{d}$
这个时候我们得到的

k1和k2k1和k2 $k_1和k_2$ 的关系同时也得到的

k1k1 $k_1$ 的表达式，将它带入原方程中得：

x = p 1 * c 2 - c 1 d * i n v (p 1 d, p 2 d) + c 1 + y * p 1 * p 2 d x \equiv p 1 * c 2 - c 1 d * i n v (p 1 d, p 2 d) (m o d p 1 * p 2 d)

$x=p_1*\frac{c_2-c_1}{d}*inv(\frac{p_1}{d},\frac{p_2}{d})+c_1+y*\frac{p_1*p_2}{d}\\x\equiv p_1*\frac{c_2-c_1}{d}*inv(\frac{p_1}{d},\frac{p_2}{d}) \left(mod \ \ \frac{p_1*p_2}{d}\right)$
然后就合并完了，接下来就只要一直合并下去就好了。

/*===========================
 * Auhthor : ylsoi
 * Problem : luogu4777
 * Algodithm : ExCRT
 * Time : 2018.7.22
 * =========================*/
#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
    freopen("luogu4777.in","r",stdin);
    freopen("luogu4777.out","w",stdout);
}

const int maxm=1e5+10;
int T,n,m;
ll p[maxm],c[maxm];

ll qmul(ll x,ll b,ll mod){
    ll ret=0,base=x%mod,mul=1;
    if(b<0)b*=-1,mul=-1;
    while(b){
        if(b&1)ret=(ret+base)%mod;
        base=(base+base)%mod;
        b>>=1;
    }
    return ret*mul;
}

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),tmp=x;
    x=y; y=tmp-a/b*y;
    return d;
}

ll get_inv(ll a,ll b){
    ll x,y;
    x/=exgcd(a,-b,x,y);
    return (x%b+b)%b;
}

void work(){
    REP(i,2,m){
        ll d=__gcd(p[1],p[i]),tmp=p[1];
        p[1]=p[1]/d*p[i];
        c[1]=qmul(qmul(tmp,(c[i]-c[1])/d,p[1]),get_inv(tmp/d,p[i]/d),p[1])+c[1];
        c[1]%=p[1];
    }
    c[1]=(c[1]+p[1])%p[1];
    printf("%lld\n",c[1]);
}

int main(){
    File();
    scanf("%d",&m);
    REP(i,1,m)scanf("%lld%lld",&p[i],&c[i]);
    work();
    return 0;
}