扩展中国剩余定理详解
前言
阅读本文前，推荐先学一下中国剩余定理。其实不学也无所谓，毕竟两者没啥关系
扩展CRT
我们知道，中国剩余定理是用来解同余方程组
$$\begin{cases}x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right) \\ \ldots \\ x\equiv c_r\left( mod\ m_r\right) \end{cases}$$
但是有一个非常令人不爽的事情就是它要求$m_1,m_2\ldots,m_r$两两互素
如果某个毒瘤出题人偏要求它们部互素呢？
其实也有解决的办法
就是把出题人吊起来干一顿用扩展中国剩余定理
扩展中国剩余定理跟中国剩余定理没半毛钱关系，一个是用扩展欧几里得，一个是用构造
首先我们还是从简单入手，考虑一下如果同余方程组只有两个式子的情况
$x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right)$
将两个式子变形
$x=c_{1}+m_{1}k_{1}\\ x=c_{2}+m_{2}k_{2}$
联立
$c_{1}+m_{1}k_{1}=c_{2}+m_{2}k_{2}$
移项
$m_{1}k_{1}=c_{2}-c_{1}+m_{2}k_{2}$
我们用$(a,b)$表示$a,b$的最大公约数
在这里需要注意，这个方程有解的条件是
$\left( m_{1},m_{2}\right) |\left( c_{2}-c_{1}\right)$，因为后面会用到$\dfrac {\left( c_{2}-c_{1}\right) }{\left( m_{2},m_{1}\right) }$这一项，如果不整除的话肯定会出现小数。
对于上面的方程，两边同除$(m_1,m_2)$
$$\dfrac {m_{1}k_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}k_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }$$
$$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1}=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{2}$$
转换一下
$$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1} \equiv \dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) } (mod\ \dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) })$$
此时我们已经成功把$k_2$消去了。
同余式两边同除$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }$
$$k_1\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}\pmod {{m_2\over(m_1,m_2)}}$$
$inv(a,b)$表示$a$在模$b$意义下的逆元
$$k_1=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}+{{m_2\over (m_1,m_2)}}*y$$
接下来怎么办呢？这个式子已经化到最简了。。
不要忘了，我们刚开始还有两个式子。我们把$k_1$待回去！
$$x=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+y{{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}+c_1$$
$$x\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1\pmod {{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}$$
此时，整个式子中的元素我们都已经知道了
具体一点，这个式子可以看做是$$x\equiv c\pmod m$$
其中$$c=(inv({m_1\over (m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)})\%{m_2\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1$$
$$m={m_1m_2\over (m_1,m_2)}$$
推广一下
我们每次把两个同余式合并，求解之后得到一个新的同余式。再把新的同余式和其他的联立，最终就可以求出满足条件的解
代码
update in 2018.10.11：这份代码可能在较强的数据下出现乘爆long long的情况(我记得NOI2018Day2T1就是因为这个过不了大样例)
直接把#define LL long long 改成#define LL __int128就好了
#include<iostream> #include<cstdio> #define LL long long using namespace std; const LL MAXN = 1e6 + 10; LL K, C[MAXN], M[MAXN], x, y; LL gcd(LL a, LL b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); } LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) { if (b == 0) {x = 1, y = 0; return a;} LL r = exgcd(b, a % b, x, y), tmp; tmp = x; x = y; y = tmp - (a / b) * y; return r; } LL inv(LL a, LL b) { LL r = exgcd(a, b, x, y); while (x < 0) x += b; return x; } int main() { #ifdef WIN32 freopen("a.in", "r", stdin); #else #endif while (~scanf("%lld", &K)) { for (LL i = 1; i <= K; i++) scanf("%lld%lld", &M[i], &C[i]); bool flag = 1; for (LL i = 2; i <= K; i++) { LL M1 = M[i - 1], M2 = M[i], C2 = C[i], C1 = C[i - 1], T = gcd(M1, M2); if ((C2 - C1) % T != 0) {flag = 0; break;} M[i] = (M1 * M2) / T; C[i] = ( inv( M1 / T , M2 / T ) * (C2 - C1) / T ) % (M2 / T) * M1 + C1; C[i] = (C[i] % M[i] + M[i]) % M[i]; } printf("%lld\n", flag ? C[K] : -1); } return 0; }
再放道裸题
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573
