中国剩余定理（CRT）及其扩展（ExCRT）
中国剩余定理 CRT
推导
给定 \(n\) 个同余方程
\[\left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2} \\ &... \\ x &\equiv a_n \pmod{m_n} \end{aligned} \right. \]\(m_1, m_2 , ... , m_n\) 两两互质
令 \(M = \prod_{i=1}^{n} m_i\) ，求 \(x \mod M\)
解决该问题的方法是构造。
我们假定最终答案的形式是一个 \(n\) 个项的和式，对每个同余方程的构造反应在对应项的系数上。
如果要对每一个项分别构造，就要求为每一项乘上一个合适的数，使得每项构造的系数对其他方程的结果没有影响。
容易想到构造
显然该数仅在模 \(m_i\) 时不为 \(0\) ，于是改变该项的系数将不会对其他方程造成影响。
现在我们希望该项模 \(m_i\) 意义下是 \(a_i\) ，但上一次的构造残留下了一个 \(M_i\) 。简单粗暴的乘上 \(M_i\) 在模 \(m_i\) 意义下的逆元 \(\mathrm{inv}_{m_i}(M_i)\) ，让该项在模 \(m_i\) 意义下变为 \(1\) ，然后乘上 \(a_i\) 就构造出来了。
综上，答案为
模数互质条件保证了 \(M_i\) 非 \(0\) ，进而保证了 \(\mathrm{inv}_{m_i}(M_i)\) 的存在。
实现
大部分题的 \(m_i\) 都是质数，求逆元快速幂即可。
对于一般的情况，上ExGCD就行。
板题：洛谷P1495 曹冲养猪
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Inv(ll a,ll m){
ExGcd::SolveEqu(a,m,1);
return ExGcd::x;
}
const ll CRTN=20;
namespace CRT{
ll N;
ll m[CRTN],a[CRTN];
ll Sol(){
ll ans=0,M=1;
for(ll i=1;i<=N;i++) M*=m[i];
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll Mi=M/m[i];
ans=(ans+Mi*Inv(Mi,m[i])*a[i])%M;
}
return ans;
}
}
int main(){
using namespace CRT;
scanf("%lld",&N);
for(ll i=1;i<=N;i++)
scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
printf("%lld",Sol());
return 0;
}
扩展中国剩余定理 ExCRT
ExCRT和CRT并没有什么关系，正如ExLucas和Lucas也没什么关系
其实从纯推理的角度来看，ExCRT可能还要好想一点（
推导
问题同CRT，但是模数是任意的，并不要求互质。
这时，我们就不能保证存在逆元了。那么如何解决该问题呢？
考虑如何合并两个方程。如果我们找到了合并的方法，就能如法炮制将\(n\)个方程依次合并起来，得到答案。
去掉同余，化为不定方程
于是得到
只要找到一组满足该式的 \(y_1\) 和 \(y_2\) ，就能反算出 \(x\) ，实现合并。
而我们得到的是一个二元一次不定方程，可以用ExGCD求解。
化为标准式
解就是了。由裴蜀定理，若 \(\gcd(m_1,m_2) | a_2-a_1\) 不成立，说明同余方程组无解。
于是最后化得的合并式为
Update 2020/12/02 关于合并后的模数
之前没有讲清楚 \(\pmod{\mathrm{lcm}(m_1,m_2)}\) 是怎么来的，这里补充一笔。
根据二元一次不定方程理论， \(y_1\) 的通解形式应为 \(y_1 = y + \frac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)}\) （ \(y\) 是某一个特解），此时带回得到 \(x =\frac{m_1 m_2}{\gcd(m_1,m_2)} + m_1 y + a_1\) ，模上个 \(\mathrm{lcm}(m_1,m_2) = \frac{m_1 m_2}{\gcd(m_1,m_2)}\) 就是最终的合并式了。
实现
唯一需要注意的地方是，本来解方程应该解 \((m_1,-m_2,a_2-a_1)\) ，但ExGCD不好处理负数，所以把 \(- m_2\) 改成了 \(m_2\) 。因为我们并不需要用到 \(y_2\) ，所以不会影响求解。
板题：poj2891 Strange Way to Express Integers or 洛谷P4777 扩展中国剩余定理（EXCRT）
会被卡乘法爆ll，懒得改
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Gcd(ll a,ll b){
if(a%b==0) return b;
return Gcd(b,a%b);
}
namespace ExCRT{
ll a1,m1;
void Init(){
a1=0;m1=1;
}
void Expand(ll a2,ll m2){
ExGcd::SolveEqu(m1,m2,a2-a1);
ll y1=ExGcd::x;
ll mn=m1*m2/Gcd(m1,m2);
a1=(m1*y1+a1)%mn;
m1=mn;
}
}
int main(){
ll N;scanf("%lld",&N);
ExCRT::Init();
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll a,m;scanf("%lld%lld",&m,&a);
ExCRT::Expand(a,m);
}
printf("%lld",ExCRT::a1);
return 0;
}
2019/12/21
