CRT

CRT 极简记录

CRT

CRT 原名为中国剩余定理，即 China Remainder Theorem。能够解决同于方程组的问题。

问题原型

解同余方程组：

$$\{\begin{array}{r}x\equiv a_{1}mod{m}_1\\ x\equiv a_{2}mod{m}_2\\ x\equiv a_{3}mod{m}_3\\ ...\\ x\equiv a_{n}mod{m}_n\end{array}$$

其中满足所有 $m_i$ 互质。

设 $M=\prod m_i,M_i=\frac{M}{m_i},t_i{M}_i\equiv 1mod{m}_i$

则最小解 $x=\sum _{i=1}^n{M}_i{t}_i{a}_{i}modM$

但注意普通的 CRT 必须满足 $m_i$ 互质，否则不成立，因为不互质不一定能够构造出来 $t_i{M}_i\equiv 1mod{m}_i$。

证明

证明是好理解的，首先，$\mathrm{\forall }j\in [1,n],j\ne i$ 有 $M_j{t}_j{a}_j\equiv 0mod{m}_i$，因为 $M_i$ 中有因子 $m_i$。之后又有 $M_i{t}_i{a}_i\equiv a_{i}mod{m}_i$，因为 $t_i{M}_i\equiv 1mod{m}_i$。

这样加起来之后的数，一定能够保证其正确性。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn=2e5+10;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){x=1,y=0;}
    else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
ll inv(ll x,ll mod){
    ll q,p;
    exgcd(x,mod,q,p);
    return (q%mod+mod)%mod;
}
int n,a[maxn],m[maxn];
ll M=1;
int main(){
    cin.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>m[i]>>a[i],M*=1ll*m[i];
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll Mi=M/(1ll*m[i]);
        ll t=inv(Mi,1ll*m[i]);
        ans=(ans+Mi*t*1ll*a[i])%M;
    }
    cout<<ans<<"\n";
    return 0;
}

EXCRT

那么有没有一个真正的同解，即没有 $m_i$ 限制的条件的解法呢？肯定有的，但是其逻辑和原来的 CRT 是完全不一样的，因为 CRT 其实只是简单地构造出来了一些等于 $0$ 和等于 $1$，的解，但是想要再进一步很困难，我们尝试回到两个同余方程组的本质。

$$\{\begin{array}{r}x\equiv a_{1}mod{m}_1\\ x\equiv a_{2}mod{m}_2\end{array}$$

尝试将其合并，可以得到$a_1+k_1{m}_1=a_2+k_2{m}_2$，之后移项有 $k_1{m}_1-k_2{m}_2=a_2-a_1$。对于这个方程，可以简单用裴蜀定理来判断是否有解，即是否满足 $gcd(m_1,m_2)|a_2-a_1$。

接着考虑如何解一个解出来，这里设 $gcd(m_1,m_2)=d$ 则将两侧同时除以 $d$ 有 $k_1{\displaystyle \frac{m_1}{d}}-k_1{\displaystyle \frac{m_2}{d}}={\displaystyle \frac{a_2-a_1}{d}}$。

左边两个系数是互质的，因此我们解出来 $X{\displaystyle \frac{m_1}{d}}+Y{\displaystyle \frac{m_2}{d}}=1$ 之后可以得到

$$\{\begin{array}{r}{k}_1=X{\displaystyle \frac{a_2-a_1}{d}}\\ k_2=-Y{\displaystyle \frac{a_2-a_1}{d}}\end{array}$$

则有 $x=a_1+m_{1}X{\displaystyle \frac{a_2-a_1}{d}}$。

这样，将两个方程合并之后，我们有

$$x\equiv a_1+m_{1}X{\displaystyle \frac{a_2-a_1}{d}}mod\text{lcm}(m_1,m_2)$$

至于证明唯一性，可以简单的设在 $\text{lcm}(m_1,m_2)$ 范围内有两个解，发现矛盾。

之后通过不断合并两个方程，我们就可以得到最后的解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll __int128
inline ll read(){
    ll res=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch)){
        res=(res<<1)+(res<<3)+(ch-'0');
        ch=getchar();
    }
    return res;
}
inline void pr(ll x){
    if(x>=10)pr(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
const int maxn=2e5+10;
int n;
ll a[maxn],b[maxn];
ll gcd(ll x,ll y){
    if(y==0)return x;
    return gcd(y,x%y);
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(!b){x=1,y=0;}
    else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
ll lcm(ll x,ll y){
    return x/gcd(x,y)*y;
}
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),b[i]=read();
    ll A=a[1],B=b[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        ll d=gcd(A,a[i]),X=0,Y=0;
        exgcd(A/d,a[i]/d,X,Y);
        if(X<0)X+=a[i]/d;
        else X%=a[i]/d;
        ll LCM=lcm(A,a[i]);
        B+=(b[i]-B)/d%LCM*A%LCM*X%LCM,A=LCM;
        if(B<0)B+=A;
    }
    pr(B%A);
    return 0;
}