Chinese remainder theorem again（最小公倍数）

Chinese remainder theorem again

 我知道部分同学最近在看中国剩余定理，就这个定理本身，还是比较简单的：
假设m1,m2,…,mk两两互素，则下面同余方程组：
x≡a1(mod m1)
x≡a2(mod m2)
…
x≡ak(mod mk)
在0<=

Input
输入数据包含多组测试实例，每个实例的第一行是两个整数I(1 < I < 10)和a,其中，I表示M的个数，a的含义如上所述，紧接着的一行是I个整数M1,M1…MI，I=0 并且a=0结束输入，不处理。
Output
对于每个测试实例，请在一行内输出满足条件的最小的数。每个实例的输出占一行。
Sample Input

2 1
2 3
0 0

Sample Output

5

题意：

让我们求一个数N，使得 N%mi=mi−a N % m i = m i − a

分析：

这是一道披着中国剩余定理外衣的最小公倍数的题

我们分析式子

N%mi=mi−a N % m i = m i − a

可以写成同余式

N≡mi−a (mod mi) N ≡ m i − a   ( m o d   m i )

↓ ↓

N+a≡mi (mod mi) N + a ≡ m i   ( m o d   m i )

即：

N+a≡0 (mod mi) N + a ≡ 0   ( m o d   m i )

所以N+a是 mi m i 的倍数，所以N+a应该是 m1,m2⋯mi m 1 , m 2 ⋯ m i 的公倍数，因为题目要求最小整数
所以就是求 m1,m2⋯mi m 1 , m 2 ⋯ m i 的最小公倍数

注意这里在求的过程中要边除去gcd边相乘，否则会爆long long

code：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){
    return b ? gcd(b,a%b) : a;
}
int main(){
    ll n,a;
    ll m[20];
    while(~scanf("%lld%lld",&n,&a)){
        if(n == 0 && a == 0) break;
        ll ans = 1;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            ll num;
            scanf("%lld",&num);
            ans = ans / gcd(ans,num) * num;
        }
        printf("%lld\n",ans-a);
    }
    return 0;
}