AcWing 204. 表达整数的奇怪方式
\(AcWing\) \(204\). 表达整数的奇怪方式
一、题目描述
给定 \(2n\) 个整数 \(a_1,a_2,…,a_n\) 和 \(m_1,m_2,…,m_n\)，求一个最小的非负整数 \(x\)，满足 \(∀i∈[1,n],x≡m_i(mod\ a_i)\)。
输入格式
第 \(1\) 行包含整数 \(n\)。
第 \(2…n+1\) 行：每 \(i+1\) 行包含两个整数 \(a_i\) 和 \(m_i\)，数之间用空格隔开。
输出格式
输出最小非负整数 \(x\)，如果 \(x\) 不存在，则输出 \(−1\)。
如果存在 \(x\)，则数据保证 \(x\) 一定在 \(64\) 位整数范围内。
数据范围
\(1≤a_i≤2^{31}−1,0≤m_i<a_i\)
\(1≤n≤25\)
输入样例：
2
8 7
11 9
输出样例：
31
二、解题思路
中国剩余定理
作用:求\(n\)组线性同余方程的通解
使用前提:对于\(∀i∈[1,n],x≡m_i(mod\ a_i)\),其中若\(m_1,m_2,…,m_n\) 两两互质,则可以使用 中国剩余定理 来求解\(x\)。
形式: $$ \large (S) : \left{\begin{matrix}
x \equiv a_1 (mod \ m_1) & \
x \equiv a_2 (mod \ m_2) & \
. & \
. & \
. & \
x \equiv a_n (mod \ m_n) & \
\end{matrix}\right.$$
公式
其中\(t_i\)是\(M_i\)的逆元,\(M_i=M/m_i\)(除了\(m_i\)以外的乘积),\(\large M=m_1*m_2*m_3*...*m_n\)
扩展中国剩余定理
本题中并未说\(m_1,m_2,…,m_n\)之间两两互质,需要重新推导:
推导(按题目的来)
【一会\(m\)是除数，\(a\)是余数，一会又是\(m\)是余数，\(a\)是除数，真是太\(BT\)了,本来就不咋会，还故意扰乱我的思路！】
先计算两个线性同余方程组的解,之后依此类推
① 可以写成 \(x=k_1∗a_1+m_1\)③
② 可以写成 \(x=k_2∗a_2+m_2\)④
③=④ ⟶\(k_1∗a_1+m_1=k_2∗a_2+m_2⟶k_1∗a_1−k_2∗a_2=m_2−m_1\)⑤
根据 裴蜀定理,当\(m_2−m_1\)为\(gcd(a_1,−a_2)\)的倍数时,方程⑤有无穷组整数解
而\(k_1∗a_1−k_2∗a_2=gcd(a_1,−a_2)=d\)可以用拓展欧几里得算法来解,即\(exgcd(a_1,−a_2,k_1,k_2)\)
\(Q\):\(k_1∗a_1−k_2∗a_2=gcd(a_1,−a_2)=d\)中的\(k_1\)和\(k_2\)通解公式是什么?
结论
解释：如果我们知道一组特解\((k_1,k_2)\),那么，可以通过任意整数倍\(k\)的缩放,使得\(k_1\)缩放\(k*\frac{a_2}{d}\)倍，\(k_2\)缩放\(k*\frac{a_1}{d}\)倍，得到的新\(k_1,k_2\)依然是方程的解。
证明:
设\(k_1\)的通解为\(s_1\),\(k_2\)的通解为\(s_2\),\(k_1\)的特解为\(k_1\),\(k_2\)的特解为\(k_2\)
解释：这么写方便些，不想再写什么\(k_1',k_2'\)了，太麻烦~
则：
傻瓜问题\(：\frac{a_1}{d}与\frac{a_2}{d}\)为什么互质?
答：在方程组⑥中根据裴蜀定理的推论(\(a,b\)互质的充要条件是存在整数\(x,y\)使\(ax+by=1\))从而得出它两互质.
到此证明完毕,回归正题,求解本题。
将\(k_1\)通解代入③得
令\(a_1=\frac{a_2}{d}*a_1\),\(m_1=k_1*a_1+m_1\),就和原来的方程一个样子，但化简掉了一个方程，问题变得简单些，只要不断的合并，最终就可以得到答案
依此迭代,经过\(n−1\)次后可以将\(n\)个线性同余方程合并为一个方程,求最小解,只需最后\((m_1\%a_1+a_1)\%a_1)\)即可
三、实现代码
#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;
}
LL n, a1, m1, a2, m2, k1, k2;
int main() {
cin >> n;
cin >> a1 >> m1; // 读入第一个方程
n--; // 共n-1个方程
while (n--) {
cin >> a2 >> m2;
// 开始合并
// a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1
// ① 求a1*k1+(-a2)*k2=gcd(a1,-a2)的解,视k1=x,k2=y
LL d = exgcd(a1, -a2, k1, k2);
if ((m2 - m1) % d) { // 如果不是0，则无解
cout << -1;
exit(0);
}
// ② 求 a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1 的一组解,需要翻 (m2-m1)/d倍
k1 *= (m2 - m1) / d;
// ③ 求最小正整数解
int t = abs(a2 / d);
k1 = (k1 % t + t) % t;
// ④ 更新a1和m1,准备下一轮合并
m1 = k1 * a1 + m1;
a1 = abs(a1 / d * a2);
}
// 输出,m1是一个解，不是最小整数解，需要模a1
cout << (m1 % a1 + a1) % a1;
return 0;
}
