中国剩余定理

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先导知识：扩展欧几里得， 逆元。

引理1：若 \(SUM = \sum_{i = 1}^{n}a_{i}\) 且其中只有一个数 \(a_{k}\) 不能被\(P\)整除， 那么\(SUM\) 不能被 \(P\) 整除， 且余数为 \(a_{k} \mod P\)

引理2：在一个不能整除的式子中，若被除数扩大 \(n\) 倍，则余数在不超过除数的情况下同时扩大 \(n\) 倍

设 \(S = \prod_{i = 1}^{n}m_{i}\)， \(M_{i} = S / m_{i}\)， 因为模数两两互质，所以 \(M_{i}\) 不能被 \(m_{i}\) 整除（互质）

设 \(t_{i}\) 满足 \(M_{i}t_{i} \equiv 1\ (Mod\ m_{i})\)， 即为 \(M_{i}\) 在 \(Mod\ m_{i}\) 意义下的逆元

如何保证其有解呢？这个同余方程有解， 当且仅当 \(1\ |\ gcd(m_{i},\ M_{i})\)； 然而上面就已经得到这两数互质， 即 \(gcd(m_{i},\ M_{i}) = 1\)， 中国剩余定理在模数互质的情况下总有解

现在我们得到了 \(M_{i}t_{i} \equiv 1(Mod\ m_{i})\)，

依据引理2， 两边同时乘以 \(a_{i}\) ， 有： \(a_{i}M_{i}t_{i} \equiv a_{i}\ (Mod\ m_{i})\)

现在令 \(Ans = \sum_{i = 1}^{n}a_{i}M_{i}t_{i}\)， 这个数满足两个重要条件：

对于 \(k\) 讨论：

把 \(Ans\) 分为两部分， 第一部分为 \(One = a_{k}M_{k}t_{k}\)， 第二部分为 \(Two = Ans - a_{k}M_{k}t_{k} = \sum_{i = 1}^{n}a_{i}M_{i}t_{i},\ i \not= k\)

对于第一部分， 有 \(One \equiv a_{k}\ (Mod\ m_{k})\)

对于第二部分， 因为 \(Two = \sum_{i = 1}^{n}a_{i}M_{i}t_{i},\ i \not= k\) 中每一项加数都含有 \(m_{k}\) 这一因子，故 \(Two \equiv 0\ (Mod\ m_{k})\)

我们的 \(Ans = One + Two\) 由引理1可得， \(Ans\) 满足 \(Ans \equiv a_{k}\ (Mod\ m_{k})\)

因为讨论的 \(k\) 具有任意性， 故中国剩余定理的通项解为 $$\sum_{i = 1}^{n}a_{i}M_{i}t_{i}$$

证毕。

其中 \(t_{i}\) 可以有扩展欧几里得算法解得

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Code

LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if(!b){x = 1,y = 0;return a;}
    LL d = exgcd(b,a % b,x,y);
    LL temp = x;x = y,y = temp - y * (a / b);
    return d;
    }
LL China(){
    LL ans = 0,M = 1;
    for(int i = 1;i <= num;i++)M *= I[i].m;
    for(int i = 1;i <= num;i++){
        LL m = M / I[i].m;
        LL d = exgcd(m,I[i].m,x,y);
        ans = (ans + I[i].a * m * x) % M;
        }
    if(ans < 0)ans += M;
    return ans;
    }