Jackiesteed

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迭代法求线性联立同余式(POJ_2891, ZOJ_3562)

中国剩余定理应该可以,但是x=ai%mi(1<=i<=k),这里的mi没有限制互质,所以不能直接套用中国剩余定理.

修改的话外加判断条件,思路不太清晰,后来看Rosen的"数论及其应用",发现联立的同余方程的迭代解法.

迭代解法中不需要考虑mi是否互质的情况,最终化简结果就是我们要求的解,中间可能无解时,直接跳出.

基本思路类似消元,参照<初等数论及其应用>.

附代码:

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bool calc(LL a,LL b,LL m,LL& p,LL &q)
{
    LL d=gcd(a,m);
    if(b%d)
    return false;
    LL x,y;
    gcd(a,m,d,x,y);
    x*=b/d;
    p=x,q=m/d;
    p=mod(p,q);
    return true;
}

LL work()
{
    LL a,b,m;
    LL p=ri[0],q=ai[0];
    bool bingo=true;
    for(int i=1;i<k;i++)
    {

        a=q,m=ai[i];
        b=mod(ri[i]-p,m);
        LL tmp = gcd(a, m);
        if(b % tmp)
        {
            bingo = false;
            break;
        }
        a /= tmp, b /= tmp, m /= tmp;
        //printf("%I64d %I64d %I64d \n",a,b,m);
        LL in = inv(a, m);
        if(-1 == in)
        {
            bingo = false;
            break;
        }
        b = mod(b * in, m);

        p = q * b + p;
        q = q * m;
        p = mod(p, q);
    }

    if(!bingo)
    {
        return -1;
    }
    return p;

}

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当然还有一个更通用的模板(系数不为1),来自wata:

ZOJ Monthly, December 2011 B题(ZOJ_3562)C++切掉:)

另外,Edward_mj牛的一篇文章,讲了下算法过程:传送门

posted on 2011-04-18 22:39  Jackiesteed  阅读(628)  评论(0编辑  收藏  举报