同余

1. 模运算基本性质

基本概念

若整数 \(a,b\) 除以 \(p\) 的余数相等，则称 \(a,b\) 在模 \(p\) 意义下同余，记作 \(a \equiv b \pmod{p}\) 或者 \(a \bmod p=b \bmod p\)。

模运算的定义：

\[a \bmod p=\begin{cases}a-p\lfloor \dfrac{a}{p}\rfloor &a\geq 0\\-(-a \bmod p) & a<0\end{cases} \]

性质

1. \((a+b) \bmod p =(a \bmod p+b \bmod p)\bmod p\)。

2. \(ab \bmod p=(a\bmod p)(b \bmod p)\bmod p\)。

3. 对于任意正整数 \(k\)，有 $a \bmod p=(a \bmod kp)\bmod p $。

   • Proof：考虑将 \(n\) 用 \(p,kp\) 表示，可得 \(n=xp+r_1=ykp+r_2\ (0\leq r_1<p,0\leq r_2 <kp)\)。继续将 \(r_2\) 用 \(p\) 表示，可得 \(r_2=zp+r_3\ (0\leq r_3<p)\)。命题得证。

4. 若 \(k\mid a\)，则有 \(\dfrac{a}{k} \bmod p=\dfrac{a \bmod kp}{k}\)。

   • 由模运算的定义可得：
     \[\dfrac{a\bmod kp}{k}=\dfrac{1}{k}(a-kp\lfloor \dfrac{a}{kp}\rfloor)=\dfrac{a}{k}-p\lfloor\dfrac{a}{kp}\rfloor=\dfrac{a}{k}\bmod p \]

5. \(ac\equiv bc \pmod{p}\Rightarrow a\equiv b\pmod{\dfrac{p}{\gcd(c,p)}}\)

   • Proof：设 \(\gcd(c,p)=d\)，则有 \(c=k_1d,p=k_2d \,(k_1,k_2\in \mathbb{Z})\)。

     左边式子移项可得 \(c(a-b)\equiv 0\pmod{p} \Rightarrow p\mid c(a-b)\Rightarrow k_2d \mid k_1d(a-b) \Rightarrow k_2 \mid k_1(a-b)\)。

     由 \(\gcd\) 的定义得，\(k_1 \perp k_2\)，则有 \(k_2 \mid (a-b)\Rightarrow \dfrac{p}{\gcd(c,p)}\mid (a-b)\)。

     由此得 \(a\equiv b\pmod{\dfrac{p}{\gcd(c,p)}}\)，命题得证。

2. 逆元

分数取模

对于 \(\dfrac{a}{b}\) 这样一个分数，对它进行模运算就会比较复杂。易得 \(\dfrac{a}{b}=a \cdot \dfrac{1}{b}\)。设 \(\dfrac{1}{b}\equiv x\pmod{p}\)，则有 \(xb \equiv 1 \pmod{p}\)。找到这样一个最小的 \(x\)，就会有 \(ax \equiv \dfrac{a}{b} \pmod{p}\)。\(x\) 就是下面提到的乘法逆元。

乘法逆元

设 \(a\) 为整数，\(x\) 为正整数，若

\[ax\equiv 1\pmod{p} \]

则称 \(x\) 为 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元。

性质：当且仅当 \(a\perp p\) 时，\(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元才存在。

• Proof：设 \(ax\equiv 1 \pmod{p}\)。假设 \(\gcd(a,p)=d>1\)，则有 \(ax=k_1d,p=k_2d\)。由模运算的定义得：
  \[ax\bmod p=(k_1d) \bmod (k_2d)=k_1d-k_2d\lfloor \dfrac{k_1d}{k_2d}\rfloor=d(k_1-\lfloor\dfrac{k_1d}{k_2d}\rfloor) \]
  由于 \(d>1\)，则 \(ax \bmod p\) 不可能等于 \(1\) ，假设不成立。

费马小定理

若 \(p\) 为质数，且 \(a\perp p\)，则有：

\[a^{p-1}\equiv 1 \pmod{p} \]

Proof：

设数列 \(S_1=\{1,2,3\dots,p-1\}\)，将 \(S_1\) 乘 \(a\) 得 \(S_2=\{a,2a,3a\dots,(p-1)a\}\)。

将两个数列同时 \(\bmod p\) 可得 \(S_1=\{1,2,3\dots,p-1\},S_2=\{a \bmod p,2a \bmod p,3a \bmod p\dots,(p-1)a \bmod p\}\)。

设 \(a \bmod p=x\)，则 \(2a \bmod p=2x \bmod p\)。由于 \(p\) 为质数，\(2x \bmod p \ne x\Rightarrow a\bmod p \ne 2a \bmod p\)。

类似地，可得 \(3x \bmod p \ne x,3x \bmod p \ne 2x \bmod p\Rightarrow3a \bmod p\ne a \bmod p,3a \bmod p \ne 2a \bmod p\)。

以此类推，\(S_2\) 的元素间两两不等，且没有 \(0\) 出现，所以 \(S_1,S_2\) 在模 \(p\) 意义下都是 \(1\sim p-1\) 的排列。

设 \(S_1,S_2\) 中所有元素的连乘分别为 \(X,Y\)，则有：

\[\begin{aligned}X&\equiv Y &\pmod{p}\\(p-1)!&\equiv a^{p-1}\cdot (p-1)! &\pmod{p}\\a^{p-1}&\equiv 1&\pmod{p}\end{aligned} \]

由此可得，\(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元 \(x\) 即为 \(a^{p-2}\)。

线性求 \(1\sim n\) 的逆元：

方法1

对于 \(\dfrac{1}{i}\)，用 \(i\) 来表示 \(p\)：

\[\begin{aligned}p&=i\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor+(p \bmod i) \\i\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor+(p \bmod i) &\equiv 0 &\pmod{p}\\i\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor &\equiv -p\bmod i &\pmod{p}\\\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor &\equiv \dfrac{-p\bmod i}{i} &\pmod{p}\\\dfrac{1}{i}&=-\dfrac{\lfloor \dfrac{p}{i}\rfloor}{p \bmod i} &\pmod{p}\end{aligned} \]

由于 \(p \bmod i<i\)，\(\dfrac{1}{p \bmod i}\) 在计算 \(\dfrac{1}{i}\) 之前就已经计算出来。

int n,p,inv[N];
void Solve(){
	inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=1ll*(-p/i+p)*inv[p%i]%p;
} 

注意出现负数时要加 \(p\)。

方法2：

预处理出 \(1\sim n\) 在模 \(p\) 意义下的阶乘数组，并利用费马小定理计算 \(\dfrac{1}{n!}\)。

利用 \(\dfrac{1}{i!}=\dfrac{1}{(i+1)!}(i+1)\)，倒着推出所有的 \(\dfrac{1}{i!}\)。

从而利用 \(\dfrac{1}{i}=\dfrac{(i-1)!}{i!}\) 计算出所有的 \(\dfrac{1}{i}\)。

这个方法更加通用，因为预处理出的阶乘数组可以直接运用到组合计数中。

int n,p,fac[N],facv[N],inv[N];
int QuickPow(int a,int b){
	int res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=1ll*res*a%p;
		b>>=1;
		a=1ll*a*a%p;
	}
	return res;
}
void Solve(){
	fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
	facv[n]=QuickPow(fac[n],p-2);
	for(int i=n-1;i;i--) facv[i]=1ll*facv[i+1]*(i+1)%p;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=1ll*fac[i-1]*facv[i]%p;
}

3. 欧拉定理

同余类

对于 \(\forall a\in[0,m-1]\)，集合 \({a+km}\ (k\in \mathbb{Z})\) 的所有数在模 \(m\) 意义下同余。

该集合称为一个模 \(m\) 的同余类，记为 \(\bar{a}\)。

剩余系

所有模 \(m\) 的 \(m-1\) 个同余类构成 \(m\) 的完全剩余系。

\(1\sim m\) 中与 \(m\) 互质的数字有 \(\phi(m)\) 个，它们代表的同余类构成 \(m\) 的简化剩余系。

\(m\) 的简化剩余系关于模 \(m\) 乘法封闭。

对于 \(\forall a,b\ (a,b\in[0,m-1]\land a\perp m \land b \perp m)\)，\(ab\perp m\)，也就是 \(\gcd(ab,m)=1\)。由辗转相除法得 \(\gcd(ab \bmod m,m)=\gcd(ab,m)=1\)，故 \(ab \bmod m\) 代表的同余类也在 \(m\) 的简化剩余系中。

欧拉定理

若 \(a\perp n\)，则有：

\[a^{\phi(n)}\equiv 1 \pmod{n} \]

Proof：

设 \(n\) 的简化剩余系为 \(\{\overline{a_1},\overline{a_2},\overline{a_3}\dots,\overline{a_{\phi(n)}}\}\)。若存在 \(\forall a_i,a_j\) 满足 \(aa_i\equiv aa_j \pmod{n}\)，则有 \(a_i\equiv a_j \pmod{n}\)。由此可得，当 \(a_i\not\equiv a_j\pmod{n}\) 时，\(aa_i \not\equiv aa_j\pmod{n}\)。

由于 \(n\) 的简化剩余系关于模 \(n\) 乘法封闭，故 \(\{\overline{a_1},\overline{a_2},\overline{a_3}\dots,\overline{a_{\phi(n)}}\}\) 与 \(\{\overline{aa_1},\overline{aa_2},\overline{aa_3}\dots,\overline{aa_{\phi(n)}}\}\)

都可以表示 \(n\) 的简化剩余系，则有：

\[\begin{aligned}\prod_{i=1}^{\phi(n)} a_i &\equiv \prod_{i=1}^{\phi(n)}aa_i &\pmod{n}\\\prod_{i=1}^{\phi(n)} a_i &\equiv a^{\phi(n)}\prod_{i=1}^{\phi(n)}a_i &\pmod{n}\\a^{\phi(n)} &\equiv 1 &\pmod{n}\end{aligned} \]

命题得证。

由此可以从另一个角度证明费马小定理：当 \(p\) 为指数时，\(\phi(p)=p-1\)，则有 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod{p}\)。

Ex.1 The Luckiest Number

\(x\) 个 \(8\) 连在一起产生的数字可表示为 \(\dfrac{8}{9}(10^x-1)\)，故题意转化为求一个最小正整数 \(x\)，满足 。\(L\mid \dfrac{8}{9}(10^x-1)\)。

为了方便表述，不妨设 \(10^x-1=X\)。

设 \(\gcd(8,L)=d,8=k_1d,L=k_2d\)。

则有 \(9L \mid 8X \Rightarrow 8X \equiv 0 \pmod{9L} \Rightarrow \dfrac{8X}{d} \equiv 0 \pmod{\dfrac{9L}{d}} \Rightarrow k_1X \equiv 0 \pmod{9k_2}\)。

由于 \(k_1 \perp k_2\)，则 \(k_1\) 在模 \(9k_2\) 意义下的乘法逆元存在，则有 \(X \equiv 0 \pmod{9k_2} \Rightarrow \dfrac{9L}{d} \mid X\)。

问题转化为求最小的 \(x\)，使得 \(X \equiv 0 \pmod{\dfrac{9L}{d}}\)，也就是 \(10^x \equiv 1 \pmod{\dfrac{9L}{d}}\)。

由于 \(\dfrac{9L}{d}\mid (10^x-1)\)，故 \(\dfrac{9L}{d}\) 的正约数集合是 \(10^x-1\) 正约数集合的子集。 \(\gcd(10^x,10^x-1)=1\)，\(10^x\) 与 \(10^x-1\) 没有公因子，所以 \(\dfrac{9L}{ d}\) 与 \(10^x\) 也没有公因子。

• 引理：若 \(a \perp p\)，则使得 \(a^{x}\equiv 1 \pmod{p}\) 成立的最小 \(x\) 一定是 \(\phi(p)\) 的因子。

• Proof：假设存在 \(x_0 \nmid \phi(p)\)，满足 \(a^{x_0}\equiv 1 \pmod{p}\)。则有 \(a^{kx_0}\equiv 1 \pmod{p}\)。

  令 \(\phi(p)=kx_0+r\ (r\in[0,x_0))\)，可得：\(a^{\phi(p)} \equiv a^{kx_0+r} \equiv a^{kx_0}a^r \equiv a^r \equiv 1\pmod{p}\)。

  与 "\(x_0\) 是使得条件成立的最小 \(x\)" 矛盾，命题得证。

故可以求出 \(\phi(\dfrac{9L}{d})\)，再从小到大枚举其因子，即可找到答案。

4. 扩展欧拉定理

扩展到 \(a,n\) 不要求互质。

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\bmod \phi(n)} &(\gcd(a,n)=1)\\ a^b &(\gcd(a,n)\neq 1 \, \land \, b<\phi(n)) \\ a^{b \bmod \phi(n)+\phi(n)} &(\gcd(a,n)\neq 1 \, \land \, b\geq \phi(n)) \end{cases} \pmod{n} \]

不难看出，\(1,3\) 两种情况可以归为一种。

前 \(2\) 种情况很显然，重点在第 \(3\) 种情况。（证明太难了，让我先咕一会） 。

Ex.2 上帝与集合的正确用法

求：

\[2^{2^{2^{2^{2\dots}}}} \bmod p \]

不妨设 \(f(x)=2^{2^{2^{2^{2\dots}}}} \bmod x\)。

由于 \(2^{2^{2^{2^{2\dots}}}}\) 一定大于 \(\phi(x)\)，根据扩展欧拉定理可得：

\[f(x)=2^{f(\phi(x))+\phi(x)} \bmod x \]

这是一个递归的过程，显然不断给 \(x\) 赋值 \(\phi(x)\)，结果一定会变为 \(1\)。

故递归边界为： 当 \(x=1\) 时，\(f(x)=0\)。

线性打出 \(1 \sim 10^7\) 的欧拉函数值后递归+快速幂求解即可。

5. 扩展欧几里得算法（Exgcd）

裴蜀定理

对于任意一组整数 \(a,b\)，存在一组整数 \(x,y\)，满足 \(ax+by=\gcd(a,b)\)。

Proof：

考虑数学归纳法。

当 \(b=0\) 时，由于 \(\gcd(a,0)=a\)，则对于 \(ax+0y=a\) 这个不定方程，\(x=1\)，\(y\) 取任意整数。

假设存在一组整数 \(x,y\)，满足 $bx+(a\bmod b)y=\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(a,b) $。

那么接下来证明也存在一组整数 \(x',y'\) 满足 \(ax'+by'=\gcd(a,b)\)。

\[\begin{aligned} bx+(a\bmod b)y &= bx+(a-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor)y\\ &= bx+ay-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y\\ &= ay+b(x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y) \end{aligned} \]

当 \(x'=y,y'=x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y\) 时满足条件。

那么利用辗转相除法进行递归，总能递归到 \(b=0\) 的情况。命题得证。

Exgcd

求关于 \(x,y\) 的方程 \(ax+by=c\) 的整数解。

设 \(d=\gcd(a,b)\)，方程有整数解的充要条件是 \(d\mid c\)。

Proof：

设 \(a=k_1d,b=k_2d\)，则有 \(k_1dx+k_2dy=c \Rightarrow k_1x+k_2y=\dfrac{c}{d}\)。

先证必要性： 由于 \(\dfrac{c}{d}\) 必须为整数，则 \(d \mid c\)。

再证充分性：上式中，\(k_1\perp k_2\)，则方程 \(k_1x'+k_2y'=1\) 一定有整数解。由于 \(\dfrac{c}{d} \in\mathbb{Z}\)，那么原方程也一定有整数解。

先将方程化简，两边同除以 \(d\)。此时 \(a,b\) 互质。

为了方便表述，下面提到的方程都是化简后的方程。

那么我们可以先利用裴蜀定理求出 \(ax'+by'=1\) 的一组特解 \(x',y'\)，从而求出原方程的一组特解 \(x_0=cx’,y_0=cy'\)。

考虑如何求出通解。

让 \(x\) 加上一个数，那么 \(y\) 就要减去一个数。设这两个数为 \(\Delta_x,\Delta_y\)，则有：

\[\begin{aligned} a(x+\Delta_x)+b(y-\Delta_y) &= c\\ ax+a\Delta_x+by-b\Delta_y &= c\\ a\Delta_x-b\Delta_y&=0\\ a\Delta_x &= b\Delta_y \\ \dfrac{a}{b} &= \dfrac{\Delta_y}{\Delta_x} \end{aligned} \]

由于 \(a,b\) 互质，则 \(\dfrac{a}{b}\) 为最简整数比，则有 \(a \mid \Delta_y\) 且 \(\ b\mid \Delta_x\)。

由于 \(\Delta_x,\Delta_y \in \mathbb{Z}\)，则 \(\Delta_x\) 最小取到 \(b\)，\(\Delta_y\) 最小取到 \(a\)。

通解即为：

\[\begin{cases} x=x_0+kb\\ y=y_0+ka\\ \end{cases} (k\in \mathbb{Z}) \]

代回原方程，可以消掉 \(kb,ka\)。

接下来考虑，当存在正整数解时，如何求出最小正整数解与正整数解的个数。

对 \(x\) 的通解进行变形，求 \(x\) 的最小正整数解 \(x_1\)：

\[\begin{aligned} x_1 \bmod b &= (x_0+kb) \bmod b\\ x_1 \bmod b &= x_0 \bmod b\\ x_1&=(((x_0-1) \bmod b)+b)\bmod b+1 \end{aligned} \]

先减一是为了避免 \(x_0 \bmod a\) 一开始就为 \(0\) 的情况，从而保证 \(x_1>0\)。

易得，当 \(x\) 增大时，\(y\) 减小。当 \(x\) 取 \(x_1\) 时，\(y\) 取到最大正整数解 \(y_2\)。

同理，求出 \(y\) 的最小正整数解 \(y_1\)，当 \(y\) 取 \(y_1\) 时，\(x\) 取到最大正整数解 \(x_2\)。

由通解公式可得，\(x\) 每两个整数解之间相差 \(b\)，\(y\) 每两个整数解之间相差 \(a\)。

正整数解的个数即为 \(\dfrac{x_2-x_1}{b}+1\)。

Ex.3 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

根据上面的分析，套用公式即可。

ll T,A,B,C,x,y,d,x1,x2,y1,y2,cnt; 

ll GetX(ll Y){return (C-B*Y)/A;}

ll GetY(ll X){return (C-A*X)/B;}

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x;
	x=y;
	y=z-(a/b)*y;
	return res;
}

void Solve(){
	read(A),read(B),read(C);
	d=Exgcd(A,B,x,y);
	if(C%d) return puts("-1"),void();
	A/=d,B/=d,C/=d;
	x*=C,y*=C;
	x1=((x-1)%B+B)%B+1;
	y2=GetY(x1);
	y1=((y-1)%A+A)%A+1;
	x2=GetX(y1);
	cnt=(x2-x1)/B+1;
	if(y2<=0) printf("%lld %lld\n",x1,y1);
	else printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",cnt,x1,y1,x2,y2);
}

Ex.4 [NOIP2012 提高组] 同余方程

对式子进行变形：

\[\begin{aligned} ax &\equiv 1 \pmod{b}\\ ax+by &= 1 \end{aligned} \]

利用 Exgcd 求解即可。

这是非常常用的变形技巧，也是当 \(a,b\) 互质但 \(b\) 不是质数时求逆元的方法。

Ex.5 青蛙的约会

设跳跃 \(k\) 次后两青蛙相遇，则可列出方程：

\[\begin{aligned} x+kn &\equiv y+km &\pmod{L}\\ (x-y)+k(n-m) &\equiv 0 &\pmod{L}\\ (x-y)+k(n-m) &= pL\\ k(n-m)-pL&=y-x\\ kS-pL&=C \end{aligned} \]

其中 \(S,L,C\) 为常数。

把 \(k,p\) 看作未知数，利用 Exgcd 求 \(k\) 的最小正整数解即可。

6. 中国剩余定理（CRT）

求下列同余方程组的解：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 &\pmod{m_1}\\ x\equiv a_2 &\pmod{m_2}\\ x\equiv a_3 &\pmod{m_3}\\ \dots\\ x\equiv a_n &\pmod{m_n} \end{cases} \]

其中 \(m_1,m_2,m_3\dots,m_n\) 两两互质。

考虑如何构造出一个特解。

设 \(M=\prod m_i\)，\(M_i=\dfrac{M}{m_i}\)，\(t_i\) 为同余方程 \(t_iM_i\equiv 1\pmod{m_i}\) 的解。

那么方程的一个特解即为 \(x_0= \sum_\limits{i=1}^n a_iM_it_i\)。

道理也很简单，容易发现 \(M_i\) 是所有 \(\forall j \neq i\) 的 \(m_j\) 的倍数。对于 \(\forall i\)，\(a_iM_it_i \equiv a_i \pmod{m_i}\)，而对于 \(\forall j \neq i\)，\(a_iM_it_i\equiv 0\pmod{m_j}\)。将 \(x_0\) 代入原方程可以使得原方程组成立。

那么方程的通解为 \(x_1=x_0+kM \ (x_1\geq 0,k\in\mathbb{Z})\)，最小非负整数解为 \(x_0 \bmod M\)。

ll n,m[N],a[N],ans,M=1,x,y; 

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(!b) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x;
	x=y,y=z-a/b*y;
	return res;
}

void Solve(){
	for(int i=1;i<=n;i++) M*=m[i];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll Mi=M/m[i];
		ll d=Exgcd(Mi,m[i],x,y);
		x=((x-1)%(m[i]/d)+m[i]/d)%(m[i]/d)+1;
		ans=(ans+SlowMul(SlowMul(x,Mi),a[i]))%M;
	} 
	printf("%lld\n",ans);
}

7. 扩展中国剩余定理（ExCRT）

解下列方程组：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 &\pmod{m_1}\\ x\equiv a_2 &\pmod{m_2}\\ x\equiv a_3 &\pmod{m_3}\\ \dots\\ x\equiv a_n &\pmod{m_n} \end{cases} \]

不要求 \(m_1,m_2\dots,m_n\) 两两互质。

此时中国剩余定理不再适用。考虑用扩欧合并方程组。

先考虑前两个方程。\(x\) 可以写成 \(k_1m_1+a_1\) 与 \(k_2m_2+a_2\) 的形式，\(m_1,m_2\in\mathbb{N}\)。

那么就可以得到一个方程：

\[k_1m_1-k_2m_2=a_2-a_1\\ \]

利用扩欧求解出一组特解 \(k_1',k_2'\)，并计算出此时 \(x\) 的特解 \(x_ 0\)。化简方程，两边同时除以 \(\gcd(m_1,m_2)\)。设新的方程为 \(Ak_1+Bk_2=C\)。

\(k_1\) 的通解：\(k_1=k_1'+pB\ (k_1\geq 0,p\in\mathbb{Z})\)。\(k_1\) 两个解之间相差 \(B\)，那么 \(x\) 的两个解之间相差 \(Bm_1\)，也就是 \(\dfrac{m_1m_2}{\gcd(m_1,m_2)}=\operatorname{lcm}(m_1,m_2)\)。\(x\) 的通解即为 \(x=x_0+t\operatorname{lcm}(m_1,m_2) \ (x\geq0,t\in\mathbb{Z})\)。

\(x\) 的通解可以继续写成同余方程的形式：

\[x\equiv x_0 \pmod{\operatorname{lcm}(m_1,m_2)} \]

这样两个方程就合并成了一个方程。以此类推，共使用 \(n-1\) 次扩欧，最后就只剩下了一个同余方程。

假设剩下的方程为 \(x\equiv p \pmod{q}\)，那么 \(x\) 的最小非负整数解即为 \(p \bmod q\)。

ll Solve(){
	M=b[1],R=a[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		ll A=M,B=b[i],C=a[i]-R;
		C=(C%B+B)%B;
		ll d=Exgcd(A,B,x,y);
		if(C%d) return -1;
		M=M/Exgcd(M,b[i],tmp1,tmp2)*b[i];
		x=WangbaMul(x,C/d,M);
		x=(x%(B/d)+(B/d))%(B/d);
		R+=x*A; R%=M;
	}
	return R%M;
}