关于中国剩余定理
中国剩余定理
一、中国剩余定理
对于k个两两互质的正整数：\(m_1,m_2,...,m_k\)，任意k个正整数：\(a_1, a_2, ..., a_k\)，一个未知数x，如果满足一下一次同余式组：
定义：
\(M\ =\ m_1*m_2*...*m_k\)
\(M_i\ =\ M/m_i\)
\(M_i^{-1}\)表示\(mod\ m_i\)意义下的逆元（即：\(M_i\ *\ M_i^{-1}\ ≡\ 1(mod\ m_i)\)）
则其解为：
\(x\ =\ a_1*M_1*M_1^{-1}\ +\ a_1*M_1*M_1^{-1}\ +\ ...\ +\ a_k*M_k*M_k^{-1}\)
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 100;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
if(!b)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
return d;
}
LL CRT(LL a[], LL m[], int n)
{
LL M = 1;
for(int i = 0; i < n; i++) M *= m[i];
LL res = 0;
for(int i = 0; i < n; i++)
{
LL x, y;
LL M_i = M / m[i];
LL d = exgcd(M_i, m[i], x, y);
res = (res + a[i] * M_i * x) % M;
}
return (res + M) % M;
}
int main()
{
LL a[N], m[N];
int n;
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%lld%lld", &a[i], &m[i]);
cout << CRT(a, m, n) << endl;
return 0;
}
二、利用拓展欧几里得求解一次同余式组
当\(m_i\)不满足两两互质时可以利用拓展欧几里得求解
推导过程：
对于两个同余式：
\(\left\{ \begin{aligned} x &≡ m_1(mod\ a_1) \\ x &≡ m_2(mod\ a_2) \\ \end{aligned}\right.\) 可得出：\(\left\{ \begin{aligned} x &= k_1\ *\ a_1\ +\ m_1 \\ x &= k_2\ *\ a_2\ +\ m_2 \\ \end{aligned} \right.\) 进一步可得出：\(k_1\ *\ a_1\ -\ k_2\ *\ a_2\ =\ m_2\ -\ m_1\)
要使该方程有解则：\(gcd(a_1,\ a_2)\ |\ m_2\ -\ m_1\)
令\(d\ =\ gcd(a_1,\ a_2)\)，由拓展欧几里得定理可以求出方程的一个解为：\(k_1 = k\ *\ (m_2\ -\ m_1)\ /\ d\)（其中，k为\(k_1\ *\ a_1\ -\ k_2\ *\ a_2\ =\ gcd(k_1,\ k_2)\)的一个解），然后将其化为最小正整数解。
注：由于拓展欧几里得的通解为：\(K\ =\ k\ +\ s\ *\ a_2/d(s为任意整数)\)，令\(t\ =\ a_2/d\)，则最小正整数解为：\((k\%t\ +\ t)\%t\)
将方程中的\(k_1、k_2\)换元为：\(\left\{ \begin{aligned} k_1 &= k_1\ +\ k\ *\ a_2\ /\ d \\ k_2 &= k_2\ +\ k\ *\ a_1\ /\ d\\ \end{aligned} \right.\)，带入原式可以得出：\(x\ =\ (k_1\ +\ k\ * a_2/d)\ * a_1\ +\ m_1\)，展开得：\(x\ =\ a_1*k_1\ +\ m_1\ +\ k*lcm(a_1,\ a_2)\)
令\(a\ =\ lcm(a_1,\ a_2),\ m\ =\ a_1*k_1\ +\ m_1\)，则：\(x\ =\ k\ *\ a\ +\ m\)
由此，两个同余式即化为了一个同余式，反复通过此方法，即可把n个同余式合并成1个，最终求出解。
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
if(!b)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
return d;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
bool has_answer = true;
//作为第一组数据，同时存储每次合并后的结果
LL a1, m1;
cin >> a1 >> m1;
for(int i = 0; i < n-1; i++)
{
LL a2, m2;
scanf("%lld%lld", &a2, &m2);
LL k1, k2;
LL d = exgcd(a1, a2, k1, k2);
if((m2 - m1) % d)
{
has_answer = false;
break;
}
//求出一个解
k1 *= (m2 - m1) / d;
//求出最小整数解
LL t = a2 / d;
k1 = (k1 % t + t) % t;
//更新合并后的a1、m1
m1 = a1 * k1 + m1;
a1 = abs(a1 / d * a2);
}
//最小整数解
if(has_answer) cout << (m1 % a1 + a1) % a1 << endl;
else puts("-1");
return 0;
}
三、应用
广场上有一队士兵，如果排成10 列纵队，最后剩下a 个人\((0 \leq a \leq 9)\)；如果排成9 列纵队，最后剩下b 个人\((0 \leq b \leq 8)\)；如果排成8 列纵队，最后剩下c 个人\((0 \leq c \leq 7)\)……如果排成2 列纵队，最后剩下i 个人\((0 £ \leq i \leq 1)\)，输入a, b, c,…, i，输出广场上士兵的最少可能人数
设一共有x个士兵，由题意可以得出9个方程：\(\left\{ \begin{aligned} x\ \%\ 10 &=\ a_1 \\ x\ \%\ 9 &=\ a_2 \\ &...\\ x\ \%\ 2\ &=\ a_9\end{aligned} \right.\)，则：\(\left\{ \begin{aligned} x &≡ a_1(mod\ 10) \\ x &≡ a_2(mod\ 9) \\ &......\\ x &= a_9(mod\ 2) \end{aligned} \right.\)，即题目转化为求一次同余式组。由于给出的模数并不是两两互质的，所以采用拓展欧几里得算法求解该问题。
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
if(!b)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= (a / b) * x;
return d;
}
int main()
{
int n;
cin >> n;
int a[10];
cout << "请输入a~i：";
for(int i = 0; i < 9; i++)
scanf("%d", &a[i]);
bool has_answer = true;
//作为第一组数据，同时存储每次合并后的结果
LL a1 = 10, m1 = a[0];
for(int i = 0; i < n-1; i++)
{
LL a2 = 10 - i - 1, m2 = a[i + 1];
LL k1, k2;
LL d = exgcd(a1, a2, k1, k2);
if((m2 - m1) % d)
{
has_answer = false;
break;
}
//求出一个解
k1 *= (m2 - m1) / d;
//求出最小整数解
LL t = a2 / d;
k1 = (k1 % t + t) % t;
//更新合并后的a1、m1
m1 = a1 * k1 + m1;
a1 = abs(a1 / d * a2);
}
//最小整数解
if(has_answer) cout << (m1 % a1 + a1) % a1 << endl;
else puts("-1");
return 0;
}
