中国剩余定理

CRT

其实 $EX$ 很简单，和普通几乎一样，先上普通版只是心理缓冲 ~~为什么普通版还没淘汰啊~~。

作用：

解线性同余方程组。

即：

\[\begin{cases} x\equiv a_1\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv a_2\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv a_k\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \]
限定： $m$ 之间两两互质。
方式：

分别解：

\[\begin{cases} x\equiv a_1\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \begin{cases} x\equiv 0\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv a_2\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \begin{cases} x\equiv 0\quad(mod\;m_1)\\ x\equiv 0\quad(mod\;m_2)\\ \quad \dots\\ x\equiv a_k\quad(mod\;m_k)\\ \end{cases} \]
解法：

设 $M=\prod_{i=1}^k m_i$ ，$M_i=\frac{M}{m_i}$ 。

这样就保证了 $M_i$ 除了模 $m_i$ 以外都为 $0$ 。然后我们要解 $M_it_i\equiv a_i\quad(mod;m_i) $ ，用 $exgcd$ 解就行辽。当然我们可以发现，$t_i$ 是 $M_i$ 的逆元乘 $a_i$ ，如果处理过逆元就不用再解方程了。

最终答案是 $\sum_{i=1}^{k} M_it_i$ 。

注意，为了满足所有的 $mod\;m$ 成立，统计答案时必须模 $m$ 的 $lcm$ ，因为它们互质，所以模 $M$ 就行辽。

模板题，但是要打快龟速乘（$O(log^n)$）。

如果在一些奇怪的地方看到一些奇怪的快光速乘（$O(1)$） ,最好不要打，$int128$ 考试用不了，$long\ double$ 也非常玄学，会锅。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef int int_;
#define int long long


int n; 
int m[20],aa[20],bb[20];
int M=1,ans;

int times(int x,int y,int p){
	int ret=0,flag=0;
	if(y<0){
		y=-y;
		flag=1;
	}
	while(y>0){
		if(y&1) ret=((ret+x)%p+p)%p;
		x=((x<<1)%p+p)%p;
		y>>=1;
	}
	if(flag) return (((-ret)%p)+p)%p;
	else return ((ret%p)+p)%p;
}

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b,y,x);
		y-=(a/b)*x;
	}
}

int_ main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&aa[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld",&bb[i]);
	  	M*=bb[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		m[i]=M/bb[i];
		int p,q;
		exgcd(m[i],bb[i],p,q);
		p=times(p,aa[i],M);
		p=((p%M)+M)%M;
		ans+=times(m[i],p,M);
		ans%=M;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

多解问题

这个标题是之后添加的，在这里

EX

普通版 $CRT$ 其实有点 $low$ ，看看就行辽，重点在 $EXCRT$ 。

作用

同上，解线性同余方程组，但是没有 $m$ 互质的条件。

\[\begin{cases}x\equiv a_1\quad(mod\;m_1)\\x\equiv a_2\quad(mod\;m_2)\\\quad \dots\\x\equiv a_k\quad(mod\;m_k)\\\end{cases} \]
这样我们就要一个一个解：

对于一个同余方程，设已经解出其前面的方程的通解 $ans$ 。那么我们就要解：

\[\begin{cases} x\equiv ans\quad(mod\;M)\\ x\equiv a_i\quad(mod\;m_i) \end{cases} \]
其中 $M$ 是前面方程的 $m$ 的 $lcm$。

方程组可以化成：

\[m_ip+a_i= Mq+ans\implies m_ip+M(-q)=ans-a_i \]
之后用 $exgcd$ 解出 $p$ 或 $q$，那么 $x=m_ip+a_i$ 或 $x=Mq+ans$ 。

可以注意到，当 $m$ 两两互质时 $\gcd(M,m_i)=1$ 即方程一定有解，而 $gcd(M,m_i)$ 无法整除 $(ans-a_i)$ 时方程无解。

模板 luogu P4777

$excrt$ 的难点主要在于取模的细节。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef int int_;
#define int long long

int n,ans,M,m[100050],aa[100050],bb[100050];
int times(int x,int y,int p){
	int ret=0,flag=0;
	if(y<0){
		y=-y;
		flag=1;
	}
	while(y>0){
		if(y&1) ret=(ret+x)%p;
		x=(x<<1)%p;
		y>>=1;
	}
	if(flag) return (((-ret)%p)+p)%p;
	else return ((ret%p)+p)%p;
}
int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b,y,x);
		y-=(a/b)*x;
	}
}

int_ main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%lld %lld",&aa[i],&bb[i]);
	}
	ans=bb[1],M=aa[1];
	for(int i=2;i<=n;i++){
		int g=gcd(aa[i],M);
		if((ans-bb[i])%g != 0){
			printf("No Solution");
			return 0;
		}
		int x,y;
		exgcd(aa[i],M,x,y);
		x=times(x,(ans-bb[i])/g,M/g);//这里是gcd求最小正整数解，要模另一个系数除gcd
		M*=aa[i]/g;
		ans=(times(aa[i],x,M)+bb[i]+M)%M; //为了保证模意义下成立，要模更新过的lcm
	}
	printf("%lld",ans);
    return 0;
}

-EOF-

posted @ 2019-11-19 17:28 T_horn 阅读(296) 评论(0) 编辑收藏举报

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