中国剩余定理

“有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二。问物几何？”——《孙子算经》

中国剩余定理

即求多个同余方程的解。

举个栗子。求一个数x，使得：

{\begin{cases} x \equiv 2 (m o d 3) \\ x \equiv 3 (m o d 5) \\ x \equiv 2 (m o d 11) \end{cases}

$\begin{cases} x≡2(mod 3)\\ x≡3(mod 5)\\ x≡2(mod 11)\end{cases}$

设M=3511=165, a1=3,a2=5,a3=11,

M1=M/a1=55

M2=M/a2=33

M3=M/a3=15

然后我们再求a的逆元c。（扩展欧几里得）

然后结果就是(a1M1c1 + a2M2c2 + a3M3c3)%M

当然，我们要求的不仅仅是符合3个数的要求。于是我们就可以得到代码：

（变量名和以上有出入）

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{
    if(!b)d=a,x=1,y=0;
    else{
        exgcd(b,a%b,d,y,x);
        y-=(a/b)*x;
    }
}

ll China(int n,ll *m,ll*a)
{
    ll M=1,d,y,x=0;
    for(int i=0;i<n;i++)M*=m[i];
    for(int i=0;i<n;i++){
        ll w=M/m[i];
        exgcd(m[i],w,d,d,y);
        x=(x+y*w*a[i])%M;
    }
    return (x+M)%M;
}
ll m[15],a[15];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<n;i++)
    scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
    printf("%lld",China(n,m,a));
    return 0;
}

以上是中国剩余定理的内容（CRT）

扩展中国剩余定理（exCRT)

简单来说就是对于每两个同余方程，我们可以把它们合并成一个同余方程，并在每次计入一个新的同余方程的时候得到新的解。我们理性地思考一下，如：

{\begin{cases} x \equiv y_{1} (m o d m_{1}) \\ x \equiv y_{2} (m o d m_{2}) \\ . . . \\ x \equiv y_{n} (m o d m_{n}) \end{cases}

$\begin{cases} x≡y_1(mod m_1)\\ x≡y_2(mod m_2)\\ ...\\ x≡y_n(mod m_n) \end{cases}$

M = L C M_{i - 1}^{k - 1} m i

$M=LCM_{i−1}^{k−1}mi$

其中 $m_1,m_2,m_3...m_n$ 为不一定两两互质的整数,求x的最小非负整数解.
假设前n-1项已经求出解为x，那么对于第n个式子：

x + t M \equiv y_{n} (m o d m_{n})

$x+tM≡y_n(mod m_n)$

M和yn、mn是已知的，我们只需exgcd求出x和t就行了。

或者我们把合并感性理解一下，假设原来只有一个同余方程

x \equiv y_{1} (m o d m_{1}) \Rightarrow x + k_{1} m_{1} = y_{1}

$x≡y_1(mod m_1)\Rightarrow x+k_1m_1=y_1$

我们再加入一个方程

x \equiv y_{2} (m o d m_{2}) \Rightarrow x + k_{2} m_{2} = y_{2}

$x≡y_2(mod m_2)\Rightarrow x+k_2m_2=y_2$

两者相减，得到

k_{1} m_{1} - k_{2} m_{2} = y_{1} - y_{2}

$k_1m_1-k_2m_2=y_1-y_2$

再用exgcd解得 $k_1$ 和 $k_2$ 即可。那么要求x的值回代即可。

那么对于一个新加入的式子就有：

- k_{1} m_{1} + y_{1} + t m_{3} = k_{3} m_{3} + y_{3}

$-k_1m_1+y_1+tm_3=k_3m_3+y_3$

（k1、m1和y1表示上次的x，用②式表示也可以）发现新的未知数是t和k3，重新用exgcd求解即可。

当然这里只写了三个式子。想要更多同余方程组的解？请多次exgcd。这个思维和上面的思维是等价的。
洛谷P4777

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cctype>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
	bool w=0;ll x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c))w|=c=='-',c=getchar();
	while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return w?-x:x;
}
namespace star
{
	const ll maxn=1e5+100;
	ll y[maxn],m[maxn],n;
	inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &d){
		if(!b)d=a,x=1,y=0;
		else exgcd(b,a%b,y,x,d),y-=x*(a/b);
	}
	ll mul(ll a,ll b,ll mod){
		ll res=0;
		while(b){
			if(b&1)res=(res+a)%mod;
			a=(a+a)%mod;
			b>>=1;
		}
		return res;
	}
	inline ll excrt()
	{
		ll xx,yy,k;
  		ll M=m[1],ans=y[1];
		for(int i=2;i<=n;i++)
    	      {
			ll a=M,b=m[i],c=(y[i]-ans%b+b)%b;//x≡y(mod m)，ans为上一次的解。
   			ll gcd;
			exgcd(a,b,xx,yy,gcd);//tM+km=y-x,c是常数项，xx和yy分别表示t和k
			ll bg=b/gcd;//这个是为了exgcd的最后一个步骤，求解出最小非负整数解
   			if(c%gcd!=0) return -1;
			xx=mul(xx,c/gcd,bg);
			ans+=xx*M;
			M*=bg;//M为前k个m的lcm
 			ans=(ans%M+M)%M;
		}
		return (ans%M+M)%M;
	}
	inline void cried()
	{
		n=read();
		for(int i=1;i<=n;i++)m[i]=read(),y[i]=read();
		printf("%lld\n",excrt()); 
	}
}
int main()
{
	star::cried();
	return 0;
}