中国剩余定理

蓝书

同余方程组：形如$x \equiv a_i(mod\,m_i)$的n个方程（各个$m_i$两两互质；好像$m_i=1$时以下一些会不成立？然而不要紧）

令$M=\prod_{i=1}^n m_i$

令$w_i=M/m_i$

根据各个$m_i$两两互质，可得$w_i$与$m_i$互质

找出$p_i$等于$w_i$关于$m_i$的乘法逆元；则$p_i*w_i \equiv 1(mod\,m_i)$

令$x_0=\sum_{i=1}^n a_i*p_i*w_i$

显然，对于第i个方程，$x_0 \equiv a_i*p_i*w_i \equiv a_i(mod\,m_i)$（因为对于$j!=i$，$w_j \equiv 0(mod\,m_i)$）

得到了一组可行解；则任意解即为$x_0+k*M$，k为任意整数

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扩展

各数不互质？

换一种方法：两两合并

现在已知形如$x \equiv a_i(mod\,m_i)$的2个方程，$m_i$不需要互质

设$x=k_1*m_1+a_1$，$x=(-k_2)*m_2+a_2$

那么$k_1*m_1+k_2*m_2=a_2-a_1$

可以用exgcd解出一组合法的$k_1$和$k_2$（当然没有合法解就不存在方程组的解）

因此$x \equiv k_1*m_1+a_1(mod\,lcm(m_1,m_2))$

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弃用

用exgcd找出每个$p_i$，使得$p_i*w_i+q_i*m_i=1$（实际上就是$p_i$是$w_i$关于$m_i$的乘法逆元）

那么两边模$m_i$，得到$p_i*w_i \equiv 1(mod\,m_i)$（因为$p_i$，$w_i$都显然不为$m_i$的倍数）

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例题

Strange Way to Express Integers POJ - 2891

错误记录：

32行k1也要取模，根据exgcd的解的通式，取模的对象是m[i]/g

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pi;
//xa+yb=1
void exgcd(ll a,ll b,ll &g,ll &x,ll &y)
{
    if(!b)    {x=1;y=0;g=a;}
    else    {exgcd(b,a%b,g,y,x);y-=x*(a/b);}
}
ll Mod(ll a,ll b)
{
    if(a>=0)    return a%b;
    else    if(a%b==0)    return 0;
    else    return b+a%b;
}
ll ex_china(ll n,ll *a,ll *m)
{
    ll i,k1,k2,g,lm=m[0],la=Mod(a[0],m[0]),t;
    for(i=1;i<n;i++)
    {
        exgcd(lm,m[i],g,k1,k2);
        if((a[i]-la)%g!=0)    return -1;
        t=m[i]/g;k1=Mod(k1*((a[i]-la)/g),t);t*=lm;
        la=Mod(k1*lm+la,t);lm=t;
    }
    return la;
}
ll n,a[100100],m[100100];
int main()
{
    ll i;
    while(scanf("%lld",&n)==1)
    {
        for(i=0;i<n;i++)    scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
        printf("%lld\n",ex_china(n,a,m));
    }
    return 0;
}