基础数论
大数取模
ll ans=0; for(int i=0; i<strlen(s); i++) { ans=(ans*10+s[i]-'0')%mod; }
快速幂
- 计算一个数\(a\)的\(n\)次幂即\(a^n\)
快速幂的思想就是将指数\(n\)转化成二进制再进行求解- \(eg:a^{11}\)
其中指数\((11)_2=1011\),所以我们可以求出\(a^{11}=a^{2^0+2^1+2^3}=a^{1}*a^{2}*a^{8}\)按照循环要循环\(11\)次，现在只要计算\(3\)次,所以快速幂的时间复杂度是\(log(n)\)long long power(int a,int n) { long long ans=1; long long base=a; while(n) { if(n&1) { ans=ans*base; } base=base*base; n>>=1; } return ans; }
欧几里得
- 求最大公约数
long long gcd(long long a,long long b) { if(b==0) { return a; } else { return gcd(b,a%b); } }
- 最小公倍数\(=a*b/gcd(a,b)\)
扩展欧几里得
- 对于不完全为 \(0\) 的非负整数 \(a，b，gcd(a，b)\)表示 \(a，b\) 的最大公约数，必然存在整数对 \(( x , y )\) , 使得 \(ax + by = gcd ( a , b )\).
证明
- ①：\(b == 0\) 立即推 \(=> x = 1 , y = 0 ;\)
②：\(a\&\&b\)
设\(a * x1 + b * y1 = gcd ( a , b ) ;\)
设\(b * x2 + ( a \% b ) * y2 = gcd ( b , a \% b ) ;\)
已知：\(gcd ( a , b ) == gcd ( b , a \% b )\) (欧几里得)
立即推
\(=> a * x1 + b * y1 = b * x2 + ( a\% b ) * y2 ;\)
\(=> a * x1 + b * y1 = b * x2 + ( a – a / b * b ) * y2 ;\)
$ = a * y2 + b * ( x2 – ( a / b ) * y2 ) ; $
可得： \(x1 = y2\) ;
$ y1 = x2 – ( a / b ) * y2 ;$define ll long longvoid exgcd(ll a,ll b,ll &gcd,ll &x,ll &y) { if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { exgcd(b,a%b,gcd,y,x); y-=x*(a/b); } }ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } ll r = exgcd(b,a%b,y,x); y-=x*(a/b); return r; }
逆元
对于正整数\(a\)，如果有\(a*x≡1(mod\ \ \ m)\)
（即\(a*x\%m==1\)），那么把这个同余方程中的最小正整数解\(x\)叫做\(a\)模\(m\)的逆元。逆元用途
如何求解\((A/B)\%C\)，取模运算中\((A/B)\%C!=(A\%C)/(B\%C)\)
在这种情况下就要求\(B\)在模\(C\)的情况下的逆元\(B^{'}\)了
即\((B*B^{'}\%C==1)\),
然后\((A/B)\%C==(A*B^{'})\%C\)逆元求法
①.费马小定理
假如\(m\)是一个质数且\(gcd(a,m)==1\)那么\(m^{'}=a^{m-2}\)
因为根据费马小定理可知\(a^{m-1}≡1\ (mod\ \ m)\)
\(a*a^{m-2}≡1\ \ (mod\ \ m)\)
所以\(m^{'}=a^{m-2}\)
②.扩展欧几里得算法
扩展欧几里得($a , m \(互质 ，且\)m\(不是**质数**时也可使用) 求解\)ax+bm=1\( 解出的最小正整数解\)x\(叫做\)a\(模\)m$的逆元。ll inv ( ll a , ll b ) { ll gcd, x, y; exgcd(a, b, gcd, x, y); return gcd == 1 ? ( x % b + b ) % b : -1 ; // x 可能为负数 }
中国剩余定理
\[\begin{cases} x≡a_1\ \ mod\ \ m_1\\ x≡a_2\ \ mod\ \ m_2\\ ...\\ x≡a_n\ \ mod\ \ m_n\\ \end{cases}\]其中\(m_1,m_2,m_3,m_4,...,m_n\)两两互质的整数
结论：
其中
\(M=m_1*m_2*....*m_n\)
\(t_i=inv(M/m_i,m_i)\)
\(M_i=M/m_i\)#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const int mm=1e6+10; ll c[mm],mod[mm]; ll exgcd(ll a,ll b,ll &gcd,ll &x,ll &y) { if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { exgcd(b,a%b,gcd,y,x); y-=x*(a/b); } } ll inv(ll a,ll b) { ll gcd,x,y; exgcd(a,b,gcd,x,y); return gcd==1?(x%b+b)%b:-1; } int main( ) { int n; while(~scanf("%d",&n)) { ll ans=1; for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%lld%lld",&mod[i],&c[i]); ans*=mod[i]; } ll sum=0; for(int i=1; i<=n; i++) { ll a=ans/mod[i]; ll b=mod[i]; sum=(sum+c[i]*a*inv(a,b)%ans)%ans; } printf("%lld\n",sum); } return 0; }
扩展中国剩余定理
\[\begin{cases} x≡a_1\ \ mod\ \ m_1\\ x≡a_2\ \ mod\ \ m_2\\ ...\\ x≡a_n\ \ mod\ \ m_n\\ \end{cases}\]其中\(m_1,m_2,m_3,m_4,...,m_n\)两两不一定互质的整数
\[\begin{cases} x≡a_1\ \ mod\ \ m_1\\ x≡a_2\ \ mod\ \ m_2\\ \end{cases}\]\[\begin{cases} x=a_1+k_1*m_1\\ x=a_2+k_2*m_2\\ \end{cases}\]\(k_1*m_1+(-k_2)*m_2=a_2-a_1\)
令\(d=gcd(m_1,m_2),c=a_2-a_1\)
根据扩展欧几里得算法求解\(x,y\),满足\(x*m_1+y*m_2=d\)
则\(x*(c/d)*m_1+y*(c/d)*m_2=d*c/d\)\[\begin{cases} k_1=x*(c/d)\\ k_2=-y*(c/d)\\ \end{cases}\]实际上有多组解
\[ \begin{cases} k_1=x*(c/d)+(m_2/d)*n\\ k_2=-y*(c/d)-(m_1/d)*n\\ \end{cases}\ \ \ \ \ n\in Z\]取\(k_1\)的最小整数解，
\[ \begin{cases} ans=a_1+k_1m_1\\ M=lcm(m_1,m_2) =(m_1*m_2)/d\ \ \ \ \ \\ \end{cases}\]最后合成\(x≡ans(mod\ \ M)\)
void exgcd(ll a,ll b,ll &gcd,ll &x,ll &y) { if(b==0) { x=1; y=0; gcd=a; } else { exgcd(b,a%b,gcd,y,x); y-=x*(a/b); } } ll mul(ll a,ll n,ll m)//快速乘 { ll ans=0; ll base=a; while(n) { if(n&1) { ans=(ans+base)%m; } base=(base+base)%m; n>>=1; } return ans%m; } ll excrt(int n) { ll x,y,gcd; ll M=1,ans=0;//k数组是被模数，mod数组是模数，k%mod for(int i=1;i<=n;i++) { ll a=M; ll b=mod[i]; ll c=(k[i]-ans%b+b)%b; exgcd(a,b,gcd,x,y); if(c%gcd!=0) { return -1; } ll t=b/gcd; x=mul(x,c/gcd,t); ans+=x*M;//更新前i个方程组的答案 M*=t;//前i个modi的小公倍数 ans=(ans%M+M)%M; } return (ans%M+M)%M; }
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX=1e5+10;
ll k[MAX],mod[MAX];//mod数组是模数,k数组是被模数-->>k%mod
void exgcd(ll a,ll b,ll &gcd,ll &x,ll &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
gcd=a;
}
else
{
exgcd(b,a%b,gcd,y,x);
y-=x*(a/b);
}
}
ll mul(ll a,ll n,ll m)
{
ll ans=0;
ll base=a;
while(n)
{
if(n&1)
{
ans=(ans+base)%m;
}
base=(base+base)%m;
n>>=1;
}
return ans%m;
}
ll excrt(int n)
{
ll x,y,gcd;
ll M=1,ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
ll a=M;
ll b=mod[i];
ll c=(k[i]-ans%b+b)%b;
exgcd(a,b,gcd,x,y);
if(c%gcd!=0)
{
return -1;
}
ll t=b/gcd;
x=mul(x,c/gcd,t);
ans+=x*M;
M*=t;
ans=(ans%M+M)%M;
}
return (ans%M+M)%M;
}
int main( )
{
int n;
while(~scanf("%d",&n))
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%lld%lld",&mod[i],&k[i]);
}
printf("%lld\n",excrt(n));
}
return 0;
}
