扩展中国剩余定理详解

前言

阅读本文前,推荐先学一下中国剩余定理。其实不学也无所谓,毕竟两者没啥关系

扩展CRT

我们知道,中国剩余定理是用来解同余方程组

$$\begin{cases}x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right) \\ \ldots \\ x\equiv c_r\left( mod\ m_r\right) \end{cases}$$

但是有一个非常令人不爽的事情就是它要求$m_1,m_2\ldots,m_r$两两互素

如果某个毒瘤出题人偏要求它们部互素呢?

其实也有解决的办法

就是把出题人吊起来干一顿用扩展中国剩余定理

扩展中国剩余定理跟中国剩余定理没半毛钱关系,一个是用扩展欧几里得,一个是用构造

 

首先我们还是从简单入手,考虑一下如果同余方程组只有两个式子的情况

$x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right)$

将两个式子变形

$x=c_{1}+m_{1}k_{1}\\ x=c_{2}+m_{2}k_{2}$

联立

$c_{1}+m_{1}k_{1}=c_{2}+m_{2}k_{2}$

移项

$m_{1}k_{1}=c_{2}-c_{1}+m_{2}k_{2}$

我们用$(a,b)$表示$a,b$的最大公约数

在这里需要注意,这个方程有解的条件是

$\left( m_{1},m_{2}\right) |\left( c_{2}-c_{1}\right)$,因为后面会用到$\dfrac {\left( c_{2}-c_{1}\right) }{\left( m_{2},m_{1}\right) }$这一项,如果不整除的话肯定会出现小数。

对于上面的方程,两边同除$(m_1,m_2)$

$$\dfrac {m_{1}k_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}k_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }$$

$$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1}=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{2}$$

转换一下

$$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1} \equiv \dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) } (mod\ \dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) })$$

此时我们已经成功把$k_2$消去了。

同余式两边同除$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }$

$$k_1\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}\pmod {{m_2\over(m_1,m_2)}}$$

$inv(a,b)$表示$a$在模$b$意义下的逆元

$$k_1=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}+{{m_2\over (m_1,m_2)}}*y$$

接下来怎么办呢?这个式子已经化到最简了。。

不要忘了,我们刚开始还有两个式子。我们把$k_1$待回去!

$$x=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+y{{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}+c_1$$

$$x\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1\pmod {{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}$$

此时,整个式子中的元素我们都已经知道了

具体一点,这个式子可以看做是$$x\equiv c\pmod m$$

其中$$c=(inv({m_1\over (m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)})\%{m_2\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1$$

$$m={m_1m_2\over (m_1,m_2)}$$

 

推广一下

我们每次把两个同余式合并,求解之后得到一个新的同余式。再把新的同余式和其他的联立,最终就可以求出满足条件的解

 

代码

update in 2018.10.11:这份代码可能在较强的数据下出现乘爆long long的情况(我记得NOI2018Day2T1就是因为这个过不了大样例)

直接把#define LL long long 改成#define LL __int128就好了

 

题目链接

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
const LL MAXN = 1e6 + 10;
LL K, C[MAXN], M[MAXN], x, y;
LL gcd(LL a, LL b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, 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, x, y), tmp;
    tmp = x; x = y; y = tmp - (a / b) * y;
    return r;
}
LL inv(LL a, LL b) {
    LL r = exgcd(a, b, x, y);
    while (x < 0) x += b;
    return x;
}
int main() {
#ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
#else
#endif
    while (~scanf("%lld", &K)) {
        for (LL i = 1; i <= K; i++) scanf("%lld%lld", &M[i], &C[i]);
        bool flag = 1;
        for (LL i = 2; i <= K; i++) {
            LL M1 = M[i - 1], M2 = M[i], C2 = C[i], C1 = C[i - 1], T = gcd(M1, M2);
            if ((C2 - C1) % T != 0) {flag = 0; break;}
            M[i] = (M1 * M2) / T;
            C[i] = ( inv( M1 / T , M2 / T ) * (C2 - C1) / T ) % (M2 / T) * M1 + C1;
            C[i] = (C[i] % M[i] + M[i]) % M[i];
        }
        printf("%lld\n", flag ? C[K] : -1);
    }
    return 0;
}

 

 

 

 

 

再放道裸题

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573

题解

posted @ 2018-02-07 13:53 自为风月马前卒 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏

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