各大定理及证明（裴蜀定理，威尔逊定理，费马定理，扩展欧几里得，欧拉定理，扩展欧拉定理，中国剩余定理，扩展中国剩余定理）
同余，整除
整除的性质：
1.传递性：若\(a|b,b|c\)，则\(a|c\)
2.\(a|b,a|c\)等价于对于任意的整数\(x,y\)，有\(a|(bx+cy)\)
3.设\(m≠0\)，则\(a|b\)等价于\(ma|mb\)
4.设整数\(x,y\)满足\(ax+by=1,a|n,b|,n\)，则\((ab)|n\)
5.若\(b=q*d+c\)，则\(d|b\)的充要条件是\(d|c\)
同余的性质：
1.同加性：若\(a\equiv b(mod\ p)\)，则\(a+c\equiv b+c(mod\ p)\)
2.同减性：若\(a\equiv b(mod\ p)\)，则\(a-c\equiv b-c(mod\ p)\)
3.同乘性：若\(a\equiv b(mod\ p)\)，则\(a\times c\equiv b\times c(mod\ p)\)
4.同除性：若\(a\equiv b(mod\ p),c|a,c|b,(c,p)=1\)，则\(a/c\equiv b/c(mod\ p)\)
5.同幂性：若\(a\equiv b(mod\ p),c>0\)，则\(a^c\equiv b^c(mod\ p)\)
6.若\(a\% p=x,a\% q=x,(p,q)=1\)，则\(a\% (p*q)=x\)
数论常识：
1.若2能整除a的最末位，则\(2|a\)
2.若4能整除a的末两位，则\(4|a\)
3.若8能整除a的末三位，则\(8|a\)
4.若3能整除a的各位数字之和，则\(3|a\)
5.若9能整除a的各位数字之和，则\(9|a\)
6.若11能整除a的偶数位数字之和与奇数位数字之和的差，则\(11|a\)
7.能被\(7,11,13\)整除的数的特征是：这个数的末三位与末三位以前的数字所组成数之差能被\(7,11,13\)整除
模运算
1.分配率
\((a+b)\% c=(a\% c+b\% c)\% c\)\( \)(a-b)% c=(a% c-b% c)% c$$
\((a\times b)\% c=(a\% c\times b\% c)\% c\)\( \)(a^b)% c=(a% c)^b% c$$
2.放缩性
如果\(a\% b=c,d≠0\)，则有\((a\times d)\%(b\times d)=c\times d\)
如果\(a\%b=c,d|a,d|b\)，则\((a/d)\%(b/d)=(c/d)\)
根据放缩性，则除法取余有式子↓
\(a/b\%c=a\%(b\times c)/b\)
埃式筛法
先把\(n\)以内的\(2\)的倍数(不包含\(2\))全部删除，再把\(n\)以内的\(3\)的倍数(不包含\(3\))全部删除，......，
这样做下去，最后剩下的以内的数全为质数
这里的删除其实不是真的删除，只是打上一个删除标记而已
每个数都会被它的质因子打一次标记，而一个数的不同的质因子个数不超过\(logN\)
所以时间复杂度为\(O(NlogN)\)
void getprime( int n ) {
for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
if( flag[i] ) continue;
prime[++ cnt] = i;
for( int j = i;j <= n / i;j ++ )
flag[j * i] = 1;
}
}
欧拉筛法
在上述的埃氏筛法中，一个数可能被它的各个质因子都筛了一遍
而一个数的质因子种类数是不会超过\(logN\)的,所以时间复杂度为\(O(NlogN)\)
而欧式筛法保证每个数只被它的最小质因子筛一遍，这样，时间复杂度便降成了\(O(N)\)
有一个质数集合\(S\)，一开始，质数集合为空
同时有一个\(bool\)数组\(flag\)，表示删除标记
有两层循环：
外层循环从\(2\)开始枚举倍数，设当前枚举的量为\(a\)
如果\(a\)是质数，则将\(a\)加入质数集合
内层循环枚举质数集合中的元素，将数组中它们的\(a\)倍全部打上删除标记
显然，未打删除标记的数都是质数了（\(flag\)数组中下标小于\(2\)的元素是无效的，不用考虑）
但现在的时间复杂度仍然是\(O(NlogN)\)的，接下来，要用一个优化来完成\(O(N)\)的蜕变
设当前倍数为\(a\)，在内层循环中，设当前枚举到集合\(S\)中的第\(i\)个质数\(p_i\)
先将\(i*p_i\)打上标记
如发现\(i\)是\(p_i\)的倍数时
此时后续的质数就无需再枚举了，可以提前退出内层循环
外层循环处理下一轮，即\(a++\)
为什么满足这种条件就可以提前\(break\)呢？
设后续的质数为\(p_i'\)，而\(p_i'>p_i\)
因为\(a\)是\(p_i\)的倍数，那么\(a\times p_i'\)也是\(p_i\)的倍数
设\(a\times p_i'=b\times p_i\)
\(∵p_i'>p_i\)
\(∴b>a\)
我们希望每个数被它的最小质因子给删掉
所以\(a\times p_i'\)应该被\(p_i\)删掉（就要求\(a\times p_i'/p_i\)尽量大）
所以后续所有的质数就都留给倍数\(a\)增长到\(b\)再去处理了
void sieve( int n ) {
for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
if( ! flag[i] ) prime[++ cnt] = i;
for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {
flag[i * prime[j]] = 1;
if( i % prime[j] == 0 ) break;
}
}
}
最大公约数和最小公倍数
\[gcd(a,b)\times lcm(a,b)=a*b \]
证明：
将\(a,b\)进行质因子分解，设\(a,b\)的质因子集合并集为\(p_1,p_2,p_3...p_k\)
辗转相除法
\[gcd(a,b)\equiv gcd(b,a\%b) \]
证明：
设\(d=gcd(a,b),a=x*d,b=y*d\)
根据模运算的放缩性有：\(a\%b=(x*d)\%(y*d)=(x\%y)*d\)
\(∵(x,y)=1\)
\(∴(y,x\%y)=1\)
int gcd( int x, int y ) {
if( ! y ) return x;
else return gcd( y, x % y );
}
更相减损术
若约分\(\frac{a}{b}\)
如\(a,b\)均为偶，可先将\(a,b\)折半，即\(/2\)
否则，将\(a,b\)交替的减去对方
直到最后两数相等，此时的数乘上先前除掉的\(2\)即为原来\(a,b\)的最大公约数
裴蜀定理
如果\(a,b\)的最大公约数为\(d\)，且\(d|c\)，则存在整数\(x,y\)，使得\(ax+by=c\)
证明：
转化证明存在\(x,y\)使得\(ax+by=d\)
假设存在这样一对\(x,y\)，那么只需将其进行倍数放缩即可
\(∵(a,b)=d\)
\(∴\)设\(a'=a/d,b'=b/d\)
则有\(a'x+b'y=1,(a',b')=1\)
证明转化为 求一对\(x,y\)，使得\(a'x+b'y=1\)，且满足\((a',b')=1\)
即求证\(a'x\%b'=1\)（感性理解：若干倍的\(a'\)减去若干倍的\(b'\)等于\(1\)）
引理一
如果\(a,b\)为正整数，且\(a,b\)互质，则不存在小于\(b\)的正整数\(k\)，使得\(0\equiv k*a(mod\ b)\)
证明：
用反证法即可，假设存在这样的一个\(k\)使得该式成立
则需满足\(k\)或者\(a\)能整除\(b\)
\(∵(a,b)=1\)
\(∴a\)不可能整除\(b\)
\(∵0<k<b\)
\(∴k\)亦不可能整除\(b\)
推论
如果\(a,b\)为正整数，且\(a,b\)互质，则\(0,a,a*2,a*3...(b-1)*a\)这些数取模\(b\)，余数互不相等
证明：
反证法
设存在\(0<i<j<b\)，使得\(a*i\equiv a*j(mod\ b)\)
则有\((i-j)*a\equiv 0(mod\ b)\)
同理引理一，\(i-j,a\)都不可能整除\(b\)，故与假设矛盾，不成立
引理二
如果\((a,b)=1\)，则必存在一个整数\(k\)，满足\(k*a\% b=1\)
证明：
根据上面推论易知，这些数取模\(b\)的值只会在区间\([0,b-1]\)（\(k=0\)时取模余数为\(0\)）
而且各不相同，其中一定存在取模后的余数为\(1\)的值
根据引理二可知， 如果\((a,b)=1\)，则必存在一个整数\(k\)，满足\(k*a\% b=1\)
即\(k*a-p*b=1\)，裴蜀定理得证
威尔逊定理
\((p-1)!\equiv -1(mod\ p)\)，当且仅当\(p\)为质数
证明：
先证充分性——>\(p\)为质数，有\((p-1)!\equiv p-1(mod\ p)\)
假设\(0<i<p\)，根据上面的裴蜀定理，可得\((i,p)=1\)，且必存在一个整数\(j(0<j<p)\)
使得\(i\times j\%p=1\)，即\(j\)是\(i\)的逆元，由此可见逆元具有唯一性，相互性
所以在\([1,p-1]\)中逆元是一对一对的
然而……
也有可能存在\(i\)的逆元是本身的，那么此时的\(i\)就要满足以下条件
\(i^2\%p=1 \ \ \ ——>(i+1)(i-1)\%p=0\)
\(∴i+1=0\)或\(p\)，\(i-1=0\)或\(p\)
\(∵0<i<p\)
\(∴i+1=p,i-1=0\)
即\(i=p-1,1\)
每一对逆元取模\(p\)都为\(1\)，需要证明的原式变成\(1*p-1\equiv p-1(mod\ p)\)
显然成立，证毕
再证必要性——>\((p-1)!\equiv p-1(mod\ p)\)，当该式成立时，\(p\)一定为质数
反证法，即证明\(p\)不为质数时，该式不成立
如\(p\)不为质数，则\([2,p-1]\)中一定有\(p\)的因子，设为\(i\)，则\(i,p/i\)均为\(p\)的因子
1.若\(i≠p/i\)，则\(1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)\)一定是\(p\)的倍数，取模\(p\)为\(0\)
2.若\(i=p/i\)，则\(1\times 2\times 3\times ...\times (p-1)\)一定是\(i\)的倍数，模\(p\)必为\(i\)的倍数
又因为\(p\)是\(i\)的倍数，且\(i>1\)，所以\(p-1\)不可能是\(i\)的倍数，所以\((p-1)!\equiv-1(mod\ p)\)
费马定理
如果\(p\)为质数，且\(a\%p≠0\)，则有\(a^{p-1}\%p=1\)
证明：
即取模后的值互不相等，且\(∈[1,p-1]\)
同余等价类、剩余系、缩系
对于一个正整数\(p\)，所有非负整数模\(p\)的结果，只有\(p\)种可能，即\(\{0,1,2,...,p-1\}\)
模\(p\)的剩余系指的是\(\{0,1,2,...,p-1\}\)，即小于\(p\)的所有非负整数，这个集合中包含了所有模\(p\)的余数
模\(p\)的剩余系记为\(Z_p\)
剩余系中，每一个元素代表的是一类数
比如在剩余系\(Z_p\)中，\(0\)表示的是所有模\(p\)为\(0\)的数，即\(\{0,p,2p,3p...\}\)
\(1\)表示的是所有模\(p\)为\(1\)的数，即\(\{1,p+1,2p+1,3p+1...\}\)
这些模\(p\)余数相同的数，称为同余等价类
可以发现，在模意义下，所有的非负整数可以被分为若干同余等价类
如果我们只考虑剩余系中与模数p互质的数，便得到一个子集，称为模p的缩系，记为\(Z_p^*\)
如p为6，则\(Z_p^*=\{1,5\}\)
缩系又称为简化剩余系
欧拉函数
欧拉函数即为缩系的大小
\(\phi(1)=1\)
1.如果\(n\)为质数，则$$\phi(n)=n-1$$
2.如果\(n=a^p\)，且\(a\)为质数，则$$\phi(n)=ap-a=a^p(1-\frac{1}{a})$$
3.令\(n=a_1^{p_1}a_2^{p_2}...a_k^{p_k}\)，根据积性函数性质\[\phi(n)=\phi(a_1^{p_1})\phi(a_2^{p_2})...\phi(a_k^{p_k}) \]\[=a_1^{p_1}(1-\frac{1}{a_1})*a_2^{p_2}(1-\frac{1}{a_2})...a_k^{p_k}(1-\frac{1}{a_k}) \]\[=n*(1-\frac{1}{a_1})*(1-\frac{1}{a_2})*...*(1-\frac{1}{a_k}) \]
//求单个phi(n)
int getphi( int x ) {
int ans = x;
for( int i = 2;i * i <= x;i ++ ) {
if( x % i == 0 ) {
ans = ans / i * ( i - 1 );
while( x % i == 0 ) x /= i;
}
}
if( x > 1 ) ans = ans / x * ( x - 1 );
return ans;
}
//求多个phi(n)
void getphi( int n ) {
for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
if( ! phi[i] ) {
phi[i] = i - 1;
for( int j = i << 1;j <= n;j += i ) {
if( ! phi[j] ) phi[j] = j;
phi[j] = phi[j] / i * ( i - 1 );
}
}
}
}
欧拉定理
如果\((a,p)=1\)，则\(a^{\phi(p)}\equiv1(mod\ p)\)
证明：
设\(p\)的简化剩余系为\(\{p_1,p_2,p_3,...,p_k\}\)
\(∵(a,p)=1\)
\(∴\{a*p_1,a*p_2,...,a*p_k\}\)也构成了\(p\)的简化剩余系
（证明可参考裴蜀定理中的推论反证法）
\(∴(a*p_1)*(a*p_2)*...*(a*p_k)\equiv p_1*p_2*...*p_k(mod\ p)\)
\(∴a^{\phi(p)}\equiv 1(mod\ p)\)
扩展欧拉定理
若\(a,m\)为正整数，当\(r>\phi(m)\)时，有\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\)
证明：
分类讨论
1.如果\((a,m)=1\)，则显然成立
因为由欧拉定理得\(a^{\phi(m)}\equiv1(mod\ m)\)
2.若\((a,m)>1\)
引理一：
如果满足
\(\begin{cases}x\equiv y\ (mod\ m)\\x\equiv y\ (mod\ n)\end{cases}\)
则有
\(x\equiv y\ (mod\ \ lcm(n,m))\)
证明：
显然\((x-y)\)既是\(m\)的倍数，又是\(n\)的倍数，则其必然为\(lcm(n,m)\)的倍数
引理二：
如果\(p\)为质数，\(\phi(p^q)>=q\)
证明：
给两种证明方法
法一：
以每\(p\)个为一个周期划分
显然\((p,p-1)=1,(p^2,p^2-1)=1,...,(p^q,p^q-1)=1\)
此时光考虑一部分就已经满足\(\phi(p^q)=q\)，故引理显然成立
法二：
\(\phi(p^q)=p^{q-1}*(p-1)\)
根据数学归纳法
考虑\(q=1,\phi(p)>=1\)显然成立
设\(q=k\)时成立，即\(p^{k-1}*(p-1)>=k\)
\(∵k>1\)
\(∴\)显然\(p^k*(p-1)>=k+1\)
即当\(q=k+1\)时，也成立
接下来继续证明扩展欧拉定理
①若\(m=p^k\)，即\(m\)为质数的幂时
\(∵(a,m)>1\)
\(∴p|a\)
由引理二可得\(\phi(p^k)\ge k\)，即\(\phi(m)\ge k\)
\(∴r> \phi(m)\ge k\)
\(∴a^r=x*p^r=y*p^{\phi(m)}=z*p^k\)
即\(m|a^r,m|p^{\phi(m)}\)
\(∴a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0(mod\ \ m)\)
②若\(m=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_{n}^{k_n}\)
设\(m_1=p_1^{k_1}\)，则\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m_1)+\phi(m_1)}\ \ (mod\ \ m_1)\)
设\(m_2=p_2^{k_2}\)，则\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m_2)+\phi(m_2)}\ \ (mod\ \ m_2)\)
\(......\)
设\(m_n=p_n^{k_n}\)，则\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m_n)+\phi(m_n)}\ \ (mod\ \ m_n)\)
咕咕咕咕。。。。（目前蒟蒻还证不出来，先把老师写的放着，待填）
因为\(\phi(m)=\phi(m_1)*\phi(m_2)*...*\phi(m_n)\)，又根据引理一，则得到：
\(a^r\equiv a^{r\%\phi(m)+\phi(m)}(\mod m)\)
区间逆元
如果整数\(a,b\)满足\(a*b\%p=1\)，则称\(a,b\)在模\(p\)的意义下互为逆元
只有\((a,p)=1\)，在模\(p\)的意义下\(a\)才有逆元，\(a\)的逆元记作\(a^{-1}\)
证明：
若\((a,p)>1\)，则令\(d=gcd(a,p),d|a,d|p\)
\(∴d|a\%p\)（感性理解为：x倍\(d\)减去y倍\(p\)直到\(x<y\)，其差一定也为\(d\)的倍数）
\(∴a\equiv (x\%y)d\ (mod\ \ p)\)
\(∵d>1\)
\(∴(x\%y)d≠1\)
逆元的性质：若\((b,p)=1\)，则\(a/b\%p=a*b^{-1}\%p\)
有一种求区间逆元的方式，时间复杂度为\(O(n)\)
设模数为\(m,f[n]\)表示\(n\)的逆元，其中\([1,n)\)的逆元已经求出，则
\(f[n]=(-f[m\%n]*(m/n)\%m+m)\%m\)
证明：
公式一：
\(f[i]=-f[m-i]\)
证明：
\(f[i]*i\equiv1\ \ \ (mod\ m)\)
\(f[i]*(m-i)\equiv-1\ \ \ (mod\ m)\)
\(f[m-i]*(m-i)\equiv1\ \ \ (mod\ m)\)
\(f[i]=-f[m-i]\)
公式二：
\(f[i]=k*f[k*i]\)
证明：
\(f[i*k]*(i*k)\equiv 1\ \ \ (mod\ m)\)
\((f[i*k]*k)*i\equiv 1\ \ \ (mod\ m)\)
\(f[i]*i\equiv 1\ \ \ (mod\ m)\)
\(f[i*k]*k=f[i]\)
\(f[n]=k*f[k*n]=m/n\times f[m-m\%n]\)
\(f[m-m\%n]=-f[m\%n]\)
\(f[n]=m/n\times (-f[m\% n])\)
扩展欧几里得
扩展欧几里得是用来求不定方程：\(ax+by=c\)，且已知整数\(a,b,c\)
要求\(gcd(a,b)|c\)，才能保证有解
算法思想：递归求解
先求方程\(ax+by=gcd(a,b)\)，求出该方程的解，乘上系数\(c/gcd(a,b)\)即为原方程的解
将\(a,b\)看做变量，移项合并同类项
只需要求出\(x',y'\)就可以求出\(x,y\)
而求\(x',y'\)可以继续递归下去
\(gcd(a,b)\)中的参数\(b\)最终会变为\(0\)，此时\(gcd(a,0)=a\)
于是有\(ax+by=gcd(a,0)=a\)，可以求出\(x=1,y=0\)
这是最底层的\(x,y\)，然后一层层返回，就可以求出最原始的\(x,y\)了
注意，\(exgcd\)求出来的\(x,y\)满足的方程组是\(ax+bx=gcd(a,b)\)
将这一对\(x,y\)乘上\(\frac{c}{gcd(a,b)}\)，才是原方程的一组解
而且，这一组解只是一组特解，并不一定是最小的，可以通过通解公式去找到最小解\(x\)
因为\(a\)缩小若干倍，为了保证方程的正确性，\(b\)就应该放大若干倍，所以需满足\(b|ak\)
所以原方程的\(a\)可以无限缩小\(\frac{b}{gcd(a,b)}\)倍，直到\(a<\frac{b}{gcd(a,b)}\)
void exgcd( int a, int b, int &d, int &x, int &y ) {
if( ! b ) d = a, x = 1, y = 0;
else {
exgcd( b, a % b, d, y, x );
y -= x * ( a / b );
}
}
//求x的最小解
x = ( x * ( c / d ) % ( b / d ) + ( b / d ) ) % ( b / d )
中国剩余定理
求一个模线性方程组\(x\)
\(\begin{cases}x\equiv a_1\ \ (mod\ \ r_1)\\x\equiv a_2\ \ (mod\ \ r_2)\\...\\x\equiv a_k\ \ (mod\ \ r_k)\end{cases}\)
其中\(r_1,r_2,...,r_k\)互质
对于\(r_i\)，设\(A_i=\prod_{j≠i}r_j\)
\(∵(r_1,r_2,...,r_k)=1\)
\(∴(A_i,r_i)=1\)
则一定存在一个整数\(c_i\)满足\(c_i*A_i\% r_i=1\)
设\(x_i=a_i*c_i*A_i\)，则\(x_i\%r_i=a_i\)
因为\(A_i\)是除了\(r_i\)以外的其他\(r\)值的最小公倍数
所以，\(x_i\%r_j=0(j≠i)\)，即\(x_i\)模其他的\(r\)余数都为\(0\)，只有模\(r_i\)的时候，余数为\(a_i\)
换言之，把\(x_i\)加到满足其他方程\(j(j≠i)\)的解\(x_j\)上，\((x_i+x_j)\)也一样满足方程\(j\)
同理，如果\(x_j\)也是这么求出来的，则\((x_i+x_j)\)也满足方程\(i\)
那么，我们对于每一个方程，都按照这个方法求出来该方程的解
把这些解累加起来，发现，这个和仍然满足每一个方程
即\(x=\sum_{i=1}^ka_i*c_i*A_i\%r_i\)
对于\(x\)，加上所有的\(r\)值的最小公倍数，它仍然满足所有方程
所以，只要存在\(x\)，则意味着有无穷多组解
通解为：$$x=\sum_{i=1}k(r_i*c_i*A_i%a_i)+p*\prod_{i=1}kr_i,p∈Z$$
扩展中国剩余定理
求一个模线性方程组\(x\)
\(\begin{cases}x\equiv a_1\ \ (mod\ \ r_1)\\x\equiv a_2\ \ (mod\ \ r_2)\\...\\x\equiv a_k\ \ (mod\ \ r_k)\end{cases}\)
其中\(r_1,r_2,...,r_k\)不一定互质
首先，取前两个方程$$x=kr_1+a_1=pr_2+a_2$$$$kr_1-pr_2=a_2-a_1$$
这种形如\(ax+by=c\)的不定方程，可以用扩展欧几里得计算
当\(gcd(r_1,r_2)\)不能整除\(a_2-a_1\)时，方程组无解
否则，根据\(exgcd\)，求出\(k_0\)，满足\(k_0*r_1-p*r_2=a_2-a_1\)
\(k\)的通解为：
带入到方程组\(x=k*r_1+a_1\)中，则有$$x=(k_0+b(r_2/gcd(r_1,r_2)))r_1+a_1=k_0r_1+blcm(r_1,r_2)+a_1,b∈Z$$
即$$x\equiv a_1\ \ (mod\ \ lcm(r_1,r_2))$$
这个方程相当于合并了原来的两个方程，而形式上又和原来的方程一致
继续采用这个方法，不断地合并方程组中的两个方程
直到最后合并为一个方程，则可以得到\(x\)的通解
注意在这个过程中，要注意求出的\(k_0\)是\(k*r_1-p*r_2=(a_2-a_1)\)的解
而不是\(k*r_1-p*r_2=gcd(r_1,r_2)\)的解，前者是后者的倍数
//扩展中国剩余定理，求最小整数解x的模板代码
#include <cstdio>
#define MAXK 10000005
#define int long long
int mod[MAXK], r[MAXK];
void exgcd( int a, int b, int &d, int &x, int &y ) {
if( ! b ) d = a, x = 1, y = 0;
else {
exgcd( b, a % b, d, y, x );
y -= x * ( a / b );
}
}
int Fabs( int x ) {
return ( x < 0 ) ? -x : x;
}
signed main() {
int m;
while( ~ scanf( "%lld", &m ) ) {
for( int i = 1;i <= m;i ++ )
scanf( "%lld %lld", &mod[i], &r[i] );
int noans = 0, d, x, y;
for( int i = 1;i < m;i ++ ) {
exgcd( mod[i], mod[i + 1], d, x, y );
if( Fabs( r[i + 1] - r[i] ) % d ) {
noans = 1;
break;
}
x = ( x * ( ( r[i + 1] - r[i] ) / d ) % ( mod[i + 1] / d ) + ( mod[i + 1] / d ) ) % ( mod[i + 1] / d );
int lcm = mod[i] / d * mod[i + 1];
mod[i + 1] = lcm, r[i + 1] = ( x * mod[i] + r[i] ) % lcm;
}
if( noans ) printf( "-1\n" );
else printf( "%lld\n", r[m] );
//r[m]可能等于0，所以根据题目要求，若要最小正整数，则为mod[m]
}
return 0;
}
终于写完了！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！
