扩展中国剩余定理

扩展中国剩余定理

P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

题外话：扩展中国剩余定理本身是挺好理解的，但是这道题数据很毒瘤，必须用快速（龟速）乘。

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为什么需要扩展中国剩余定理？

中国剩余定理是用来解线性同余方程组的解的一种方法，但是它有一个巨大的缺陷，那就是中国剩余定理只能解决线性同余方程组的模两两互质的情况。

所以我们需要另一种办法来解模不互质的线性同余方程组，虽说它是扩展中国剩余定理，但其实并不是从中国剩余定理中演变出来的（这主要是因为中国剩余定理的巨大缺陷，无法优化），更像一种新的算法，更贴切的，它其实是一种合并同余方程的方法，最后我们还是用扩展欧几里得来解的。

如何求解？

\[\begin{cases}x\equiv a_1(\mod n_1)\\x\equiv a_2 (\mod n_2)\\\vdots\\x\equiv a_k(\mod n_k)\end{cases} \]

求解的过程其实就是在每两个方程合并的过程求一步一步的解，之后通过上一步的解推出当前的解，最后当所有的方程合并为一个时就得出了最终的解。

如何合并

我们先细分成两个同余方程来看：

\[\begin{cases}x\equiv a_1(\mod n_1)\\x\equiv a_2(\mod n_2)\end{cases} \]

第一个方程式的解\(a_1+kn_1\),那么第二个方程式的解\(x=a_1+kn_1\),这个理解起来两个方程式的\(x\)是一样的，所以第二个方程式的\(x\)就可以看作第一个方程式的解，至于为什么是\(a_1+kn_1\)这个是同余方程的性质。

然后我们可以得到\(a_1+kn_1\equiv a_2(\mod n_2)\),移项后就变成了\(kn_1\equiv a_2-a_1(\mod n_2)\)由于\(a_2-a_1\)是已知的所以我们可以用扩展欧拉定理来求解\(k\),这样就得到了合并后的方程式的解。

然后我们需要考虑模数，根据同余方程的性质，其实合并后的模数就是\(lcm(n_1,n_2)\),即最小公倍数。

无解？

刚刚我们在合并的过程中求了扩展欧几里得，所以其实方程式是可能无解的，只需要加一个判断\((a_2-a_1)\%\gcd(n_1,n_2)\)，根据扩展欧几里得，这个式子等于零时时有解的，反之无解，（这道题保证了有解）。（如果这一部分关于扩展欧几里得的求解问题有疑惑的，在这里不过多赘述，建议温习一下如何求解不定方程\(ax+by=c\)）

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MN=1e5+100;
int n,a[MN],b[MN];
inline int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b==0){
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    int d=exgcd(b,a%b,x,y);
    int t=x;
    x=y;
    y=t-(a/b)*y;
    return d;
}
inline int mul(int a,int b,int mod){
    int res=0;
    while(b>0){
        if(b&1)res=(res+a)%mod;
        a=(a+a)%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
signed main(){
    scanf("%lld",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld",&a[i]),scanf("%lld",&b[i]);
    int M=a[1],xn=b[1];
    for(int i=2;i<=n;++i){
        int x,y;
        int gcd=exgcd(M,a[i],x,y),c=(b[i]-xn%a[i]+a[i])%a[i];\\这里注意取模因为xn时上一个解，但是第二个式子的模数不一样
        int mod=a[i]/gcd;
        if(c%gcd!=0){
            printf("no anser");
            return 0;
        }
        x=mul(x,c/gcd,mod);
        xn=xn+x*M;
        M=M*mod;\\不理解可以写成M=M*lcm(xn,a[i])
        xn=(xn%M+M)%M;
    }
    xn=(xn%M+M)%M;
    printf("%lld\n",xn);
    return 0;
}