浅谈我对（扩展）中国剩余定理的理解

我感觉中国剩余定理我并不能顺推出来，这是一个很巧妙的构造，这个构造思想值得学习，但是扩展的可以顺推。

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问题：
有一$x$，满足：
$x\equiv c1(modm1)$
$x\equiv c2(modm2)$
…
$x\equiv ck(modmk)$

$\forall i̸=j,(mi,mj)=1$

求$x$的通解形式。

设$M=\prod mi,Mi=\frac{M}{mi},ti=M{i}^{-1}(modmi)$
则$x\equiv \sum Mi\ast ti\ast ci(modM)$

这个怎么理解？

对一个确定的$Mi\ast ti$，我们让它$mod$一下$mi$,肯定等于1，$modmj(j̸=i)$，肯定为0，类似于拉格朗日插值。

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扩展中国剩余定理比中国剩余定理应用广的多，也很好写。

问题为：
$x\equiv c1(modm1)$
$x\equiv c2(modm2)$

$m1,m2$不一定互质，求是否有解？有解的话，通解形式是什么？

$x=c1+a\ast m1$
$x=c2+b\ast m2$

$c1+a\ast m1=c2+b\ast m2$
$c2-c1=a\ast m1-b\ast m2$

设$t=(m1,m2)$，根据扩展欧几里得那一套，$t|(c2-c1)$才会有解。

$(c2-c1)/t=a\ast m1/t-b\ast m2/t$

对整个式子$mod(M/m1=m2/t)$，$b\ast m2/t$就没有了。

$(c2-c1)/t=a\ast m1/t(modm2/t)$
$a=(inv(m1/t,m2/t)\ast (c2-c1)/tmod(m2/t))$

$Ans=a\ast m1+c1$

#include
#define pp printf
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)
using namespace std;

const int N = 1e5 + 5;

int n;
ll m1, m2, c1, c2;

ll mul(ll x, ll y, ll mo) {
	x %= mo; y %= mo;
	ll z = (long double) x * y / mo;
	z = x * y - z * mo;
	if(z < 0) z += mo; else
	if(z > mo) z -= mo;
	return z;
}
ll gcd(ll x, ll y) {
	return !y ? x : gcd(y, x % y);
}
void eg(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if(!b) {x = a, y = 0; return;}
	eg(b, a % b, y, x); y = y - (a / b) * x;
}
ll inv(ll v, ll p) {
	ll x, y;
	eg(v, -p, x, y);
	x = (x % p + p) % p;
	return x;
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	c1 = 0, m1 = 1;
	fo(i, 1, n) {
		scanf("%lld %lld", &m2, &c2);
		ll t = gcd(m1, m2); ll m3 = m2 / t, M = m3 * m1;
		c1 = (mul(mul(inv(m1 / t, m3), (c2 - c1) / t, m3), m1, M) + c1) % M;
		m1 = M; if(c1 < 0) c1 += m1;
	}
	pp("%lld\n", c1);
}