数论初步总结

UPD：类欧更新啦！

按照课件的知识点总结吧

数论一大堆公式打的我烦

众所周知，取模运算对于加法，减法，乘法都试用

$(a\%p+b\%p)\%p=(a+b)\%p$

$(a\%p-b\%p)\%p=(a-b)\%p$

$(a\%p\ast b\%p)\%p=(a\ast b)\%p$

加法证明直接带余除法分解一下就行了，其他类似

为减少模的常数，通常试用减法法加速

快速幂：把指数按二进制展开，然后累乘就OK

int pw(int a, int b) {
	int res = 1 ;
	rep(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % p) if (b & 1) res = 1ll * res * a % p ; 
	return res ;
}

快速乘，也是同理，就是解决那些爆ll的乘法运算，也是按位展开做加法

int mul(int a, int b) {
	int res = 0 ;
	for(; b; b >>= 1, a = (ll)(a + a) % p) if (b & 1) res = (ll)(res + a) % p ;
	return res ;
}

之后一个题目：HDU 5187

可以分类讨论：

1. 对于整段序列单调增或减，就$2$种情况。
2. 对于先增后减或先减后增：确定一个序列中的最小值（最大值），其他的要么在左边，要么在右边，有$2\ast 2^{n-1}$种，而在这$2^n$种情况中重复计算了单调增或减的情况$2$次

所以答案就是$2^n-2$，用快速乘和快速幂解决

之后是整除性和约数

如果$a$是$b$的约数，则$a|b$

之后一些显然的性质：

1. 若$a|b,b|c$,则$a|c$
2. 若$a|b,c|d$,则$ac|bd$
3. 若$a|b$，$a|c$，则$a|(nb+mc)$
4. 若$ma|mb$,则$a|b$

算术基本定理：每个大于 1 的正整数都可以被唯一地写成若干素数的乘积（不考虑负数）

我们把一个数写成质数相乘的形式的式子称为质因子分解式

若$n={\prod }_{}{a_i}^{p_i}$，则其约数个数$d(n)$为 ${\prod }_{}{p}_i+1$

素数理论：

素数是大于 1 的正整数，且除了 1 和它自身不能被其他正整数整除

素数无限定理：存在无穷多个素数，用反证法证明

线性筛素数：只让每个合数被它的最小质因子筛去，复杂度是$O(n)$

void select(int n) {
	for (int i = 2; i <= n; i++) f[i] = 1 ;
	f[0] = f[1] = 0 ;
	tot  = 0 ;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		if (!f[i]) continue ;
		prime[++tot] = i ;
		for (int j = 1; j <= tot && prime[j] * i <= n; j++) {
			if (i * prime[j] > n) break ;
			f[i * prime[j]] = 0 ;
			if (i % prime[j] == 0) break ; //保证只被最小的质因数筛到
		}
	}
}

素数分布：

设函数$\pi (x)$表示不超过正实数$x$的素数个数

$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\pi (x)}{\frac{x}{{\log }_x}}=1$，也就是$\pi (x)\approx \frac{x}{{\log }_x}$

所以我们开数组时空间除以10就好了

同余定理

定理：$\gcd (a,b)=\gcd (b,a\%b)$

证明：设$a=kb+r$，则$r=a\%b$

假设$d$是$\gcd (a,b)$，则$d|a,d|b$

而$r=a-kb$,因此$d|r$,因此d也是$\gcd (b,a\%b)$

假设$d$是$\gcd (b,a\%b)$，则$d|b,d|r$

而$a=kb+r$，因此$d|a$,因此$d$也是$\gcd (a,b)$

因此$(a,b)$与$(b,a\%b)$的公约数相同，则其最大公约数也必定相同

int gcd(int a, int b){
	return !b : a ? gcd(b, a % b) ;
}

更相减损术

一种计算$gcd(a,b)$的方法

如$a>b$,交换$a,b$

若$a$奇$b$偶则$\gcd (a,b)=\gcd (a,b/2)$

若$a$偶$b$奇则$\gcd (a,b)=\gcd (a/2,b)$

若$a$偶$b$偶则$\gcd (a,b)=2\ast \gcd (a/2,b/2)$

若$a$奇$b$奇则$\gcd (a,b)=\gcd (a-b,b)$

以上两种算gcd的方法都是$O(logn)$的

万恶的SD省选出了一道 毒瘤题 SuperGCD,就是a,b很大($10^{10000}$)，求GCD

用上面的方法，高精需要支持判0，除2，乘2，减

代码有毒就不发了

丢番图方程（$ax+by=c$）

裴蜀定理：$ax+by=c$有解当且仅当$\gcd (a,b)|c$

扩展欧几里得算法：求ax+by=c的自然数解

推导：

设方程

$\{\begin{array}{l}a{x}_1+b{y}_1=\gcd (a,b)\\ b{x}_2+(a\%b)y_2=gcd(b,a\%b)\end{array}$

由$\gcd (a,b)=\gcd (b,a\%b)$继续推：

$a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a\%b)y_2=b{x}_2+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b)y_2=a{y}_2+b(x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast y_2)$

所以我们得到

$\{\begin{array}{l}{x}_1=y_2\\ y_1=x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast y_2\end{array}$

很显然，$b=0,a=\gcd (a,b)$时，$\gcd (a,b)x=\gcd (a,b)$,所以$x=1$

于是我们先从原方程递归到b=0，然后从末状态向上回溯，就能够得到方程的一组解

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

$ax+by=c$的通解

设$(x_1,y_1)$为方程$ax+by=c$的一组解

则$(x_1+\frac{kb}{\gcd (a,b)},y_1-\frac{ka}{\gcd (a,b)})$为方程的通解，其中$k$为参数

代入方程易知正确性

给一例题 [NOI2002]荒岛野人

将题意转化，我们能够发现其实就是求出最小的$M$，使得对于任意$i,j$

$C_i+P_i\ast x\equiv C_j+P_j\ast x(modM)$的最小正整数解$x$要么不存在，要么$<min(L_i,L_j)$

发现M不满足单调性，只能枚举M

将上述同余方程式变形，的到$(P_i-P_j)\ast x-M\ast y=C_j-C_i$

用扩展欧几里得去做一下就行了

int n, mx ;
int c[N], p[N], l[N] ;

int gcd(int a, int b) {
	return !b ? a : gcd(b, a % b) ;
}

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

bool check(int m) {
	rep(i, 1, n)
	rep(j, i + 1, n) {
		int a = p[j] - p[i], b = m, C = c[i] - c[j], x, y, g = gcd(a, b) ;
		if (C % g == 0) {
			a /= g ;
			b /= g ;
			C /= g ;
			exgcd(a, b, x, y) ;
			b = abs(b) ;
			x = ((x * C) % b + b) % b ;
			if (!x) x += b ;
			if (x <= min(l[i], l[j])) return 0 ;
		}
	}
	return 1 ;
}

signed main(){
    scanf("%d", &n) ;
    rep(i, 1, n) scanf("%d%d%d", &c[i], &p[i], &l[i]), mx = max(mx, c[i]) ;
	// 初始洞穴，每年跳多少，寿命
	int i = mx ;
	while (1) {
		if (check(i)) print(i) ;
		i++ ;
	}
	return 0 ;
}

之后就是恶心的类欧了

首先，有一些下取整的结论：

结论1：$\lfloor A+B\rfloor =A+\lfloor B\rfloor$, $A\in \mathbb{N}$， $B\in \mathbb{R}$

结论2：当 $x\ge y$ 时，设 $x=ky+r$，根据结论1易知 $\lfloor \frac{Ax}{y}\rfloor =\lfloor \frac{A(ky+r)}{y}\rfloor =Ak+\lfloor \frac{Ar}{y}\rfloor =A\ast \lfloor \frac{x}{y}\rfloor +\lfloor \frac{A(x\%y)}{y}\rfloor$

然后之后我们来说说类欧几里得算法

问题是求下面的三个式子：

$\phi (a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$

$\psi (a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }^2$

$\varphi (a,b,c,n)=\sum _{i=0}^{n}i\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$

$n\le 10^9$

很显然$\phi$最简单，我们先试着处理它

暴力肯定不成，数据范围提示我们要写一种$O(logn)$的方法

设 $\xi (i)=\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$，观察当i增大时，$\xi (i)$是怎么变的

若 $a\ge c$，则 $\frac{a(i+1)}{c}=\frac{ai}{c}+\frac{a}{c}\ge \frac{ai}{c}+1$

同理若 $b\ge c$，显然 $\frac{b}{c}\ge 1$

套着下取整符号很烦，我们试图把他拆掉

根据前面提到的结论2，我们能够将 $\xi$ 变形：

$\xi (i)=\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor =\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +i\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +\lfloor \frac{b}{c}\rfloor$

则 $\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor =\sum _{i=0}^n(\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +i\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +\lfloor \frac{b}{c}\rfloor )$

有没有发现 $\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor$也同样是一个一个$\phi$函数？他对应着$\phi (a\%c,b\%c,c,n)$

于是我们可以得到一个很强的结论：

$\phi (a,b,c,n)=\phi (a\%c,b\%c,c,n)+\frac{n(n+1)}{2}\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +(n+1)\lfloor \frac{b}{c}\rfloor$

这样我们就把$a,b\ge c$的情况转化成了$a,b<c$

当$a,b<c$ 时，显然$\xi (i)$必定小于$n$，这样我们可以变换使得上界变为$\xi (i)$，保证从原问题转化到的问题集变小

之后我们发现我们不会做了，考虑该问题的集合意义

$\frac{ai+b}{c}$ 表示在坐标系上其实是一个一次函数（线段），而我们的答案就是该线段以下的整点（坐标为整数）的点的个数

然后按照这样的思路我们重新构造一下$\phi$

$\sum _{i=0}^n\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor =\sum _{i=0}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor }[\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor \ge d]$

$=\sum _{i=0}^n\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}[\frac{c\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }{a}\ge \frac{c(d+1)}{a}>\frac{(cd+c-1)}{a}]$

$=\sum _{i=0}^n\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}[i>\frac{cd+c-b-1}{a}]$

后面[]中的元素其实就是统计大于$\frac{cd+c-b-1}{a}$的i的个数，其恰好看做$n-\lfloor \frac{cd+c-b-1}{a}\rfloor$（好巧），因此不难看出我们可以吧原式华为与i无关的和式：

原式$=\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}n-\lfloor \frac{cd+c-b-1}{a}\rfloor$

$=n\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}\lfloor \frac{cd+c-b-1}{a}\rfloor$

$=n\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -\phi (c,c-b-1,a,\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1)$

因此，我们推出来了$\phi (a,b,c,n)=\phi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)$

通过上式，我们能够在$O(loga)$内计算出$\phi$的值（因为其计算的本质是$\gcd$，故时间复杂度也相同）

当然边界为$a=0$没话说

放一小段程序：

ll f(ll a, ll b, ll c, ll n) {
	if (!a) return (n + 1) * (b / c) % MOD ;
	if (a >= c || b >= c) return (f(a % c, b % c, c, n) + (a / c) * n % MOD * (n + 1) % MOD * inv2 % MOD + (b / c) * (n + 1) % MOD) % MOD ;
	ll m = (a * n + b) / c ;
	return (n * m % MOD - f(c, c - b - 1, a, m - 1)) % MOD ;
}

之后考虑$\psi$，根据上一题的研究方法，我们肯定也是先研究$a,b\ge c$的情况

通过$\phi$的结论我们能够对$\psi$做第一步变换：

$\psi (a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n(\lfloor \frac{((a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +i\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +\lfloor \frac{b}{c}\rfloor {)}^2$

$=\sum _{i=0}^n(i^2\lfloor \frac{a}{c}\rfloor +\lfloor \frac{b}{c}{\rfloor }^2+\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +2i\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +2\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor +2i\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \lfloor \frac{b}{c}\rfloor )$

观察式子，哪些是我们已经可以求得的

我们发现$i^2$可以通过公式直接求，$\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor$显然就是$\phi (a\%c,b\%c,c,n)$，$\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}{\rfloor }^2$是$\psi (a\%c,b\%c,c,n)$

那么 $i\lfloor \frac{(a\%c)i+(b\%c)}{c}\rfloor$怎么求？ 他实际就是$\varphi (a\%c,b\%c,c,n)$

既然要求出$\psi$需要用到$\varphi$，那么我们就赶紧对$\varphi$做一些处理

令$S_k(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k$,则可以吧求和符号消去：

$\psi (a,b,c,n)=\psi (a\%c,b\%c,c,n)+\lfloor \frac{a}{c}{\rfloor }^2{S}_2(n)+(n+1)\lfloor \frac{b}{c}{\rfloor }^2+2\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \varphi (a\%c,b\%c,c,n)+2\lfloor \frac{b}{c}\rfloor \psi (a\%c,b\%c,c,n)+2\lfloor \frac{a}{c}\rfloor \lfloor \frac{b}{c}\rfloor S_1(n)$

$\psi (a,b,c,n)=\sum _{i=0}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{an+b}{c}{\rfloor }^2}[\lfloor \frac{ai+b}{c}{\rfloor }^2\ge d]$

注意到这个式不能计算，原因是只保证$\xi (n)\le n$,但是$xi(n{)}^2$就可能是$n^2$级别的，我们要是用一些小技巧

显然通过等差数列$X^2=-X+2{\sum }_{i=1}^{x}i$

那么上述式子等价于

$\sum _{i=0}^{n}2\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor }d-\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$

$=2\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}(d+1)\sum _{i=0}^n[\frac{ai+b}{c}\ge d+1]-\lfloor \frac{ai+b}{c}\rfloor$

$=2\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}(d+1)\sum {i=0}^n[i>\frac{cd+c-b-1}{a}]-\phi (a,b,c,n)$

$=2\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}(d+1)(n-\lfloor \frac{cd+c-b-1}{a}\rfloor )-\phi (a,b,c,n)$

$=2\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}(d+1)(n-\lfloor \frac{cd+c-b-1}{a}\rfloor )-\phi (a,b,c,n)$

$=2n\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}(d+1)-2\sum _{d=0}^{\lfloor \frac{an+b}{c}\rfloor -1}(d+1)[\frac{cd+c-b-1}{a}]-\phi (a,b,c,n)$

$=n\xi (n)(\xi (n)+1)-2\varphi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)-2\phi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)-\phi (a,b,c,n)$

通过上述推导，我们就把$\psi$成功转化成了$\varphi$，并且$n$的规模减小了

$\phi (a,b,c,n)=n\xi (n)(\xi (n)+1)-2\varphi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)-2\phi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)-\phi (a,b,c,n)$

最后，我们只需求出$\varphi$即可，非常简单，按照惯例，我满依然将$a,b\ge c$的情形进行转换。我们直接推出结论：

$\varphi (a,b,c,n)=\lfloor \frac{a}{c}\rfloor S_2(n)+\lfloor \frac{b}{c}\rfloor S_1(n)+\varphi (a\%c,b\%c,c,n)$

$a,b<c$的情况也类似，用 $\xi$ 替代原式，这里同样十分简单，过程与上面相同，

$\varphi (a,b,c,n)=\frac{2\xi (n)S_1(n)-\phi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)-\psi (c,c-b-1,a,\xi (n)-1)}{2}$

通过上述方式我们即可求解上述三式

还有个高次放求和

这是个表

我们知道 $\sum _{i=1}^n{C}_i^k=C_{n+1}^{k+1}$
$\sum _{i=1}^n{i}^2=\sum _{i=1}^{n}i(i-1)+i=2\ast \sum _{i=1}^n{C}_i^2+\sum _{i=1}^n{C}_i^1=2C_{n+1}^3+C_{n+1}^2=\frac{n\ast (n+1)\ast (2n+1)}{6}$

来看逆元吧

因为模不支持除法，为此，我们引入乘法逆元来解决问题

对于正整数$a$和$m$，如果$ax\equiv 1(modm)$，则$x$的最小整整数解为$a$模$m$意义下的逆元，记做$a^{-1}$

求解逆元有3种方法

第一种：费马小定理

费马小定理：$a^{p-1}\equiv 1(modp)$，其中必须保证p为质数

所以 $a\ast a^{p-2}\equiv 1(modp)$，即 $a^{p-2}$即为逆元

    int getinv(int a, int p) { // inv = a ^ (p - 2)
    	return power(a, p - 2,  p) ; // 调用快速幂
    }

第二种：扩展欧几里得

根据逆元定义可以转化成丢番图方程$ax+py=1$

然后解这个方程即可

当$\gcd (a,p)̸=1$时，方程无解

这告诉我们，存在逆元的前提是$\gcd (a,p)=1$

    int getinv(int a, int p) { // 可以求出单个inv
    	ll x, y ;
    	ll d = exgcd(a, p, x, y) ;
    	return d == 1 ? (x + p) % p ? -1 ;
    }

第三种：线性递推

$a^{-1}=-\lfloor \frac{m}{a}\rfloor \ast (m\%a{)}^{-1}$

证明：设$m=ka+r(r<a)$,则$k=\lfloor \frac{m}{a}\rfloor$且$r=m\%a$

因为$ka+r\equiv 0(modm)$,所以两边同时乘以$a^{-1}{r}^{-1}$得：

$k{r}^{-1}+a^{-1}\equiv 0(modm)$

$a^{-1}\equiv -k{r}^{-1}\equiv -\lfloor \frac{m}{a}\rfloor \ast (m\%a)(modm)$

时间复杂度$O(n)$,非常优秀

    void initinv(int n, int p) {
    	inv[1] = 1 ;
    	for (int i = 2; i <= n; i++) inv[i] = (ll) (p - p / i) * inv[p % i] % p ;
    }

中国剩余定理

给定$n$个同余方程（$m_1,m_2,...,m_n$两两互质）
$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(mod{m}_1)\\ x\equiv a_2(mod{m}_2)\\ ....\\ x\equiv a_n(mod{m}_n)\end{array}$

令$M=\prod _{i=1}^n{m}_i$,则满足上述方程的$x$的值为$x=\sum _{i=1}^n{a}_i\frac{M}{m_i}{\frac{M}{m_i}}^{-1}$,其中${\frac{M}{m_i}}^{-1}$表示$\frac{M}{m_i}$在模$m_i$意义下的乘法逆元

代入显然正确

互质模板题 [TJOI2009]猜数字

CRT的题目都尽量用龟速乘吧，防止爆longlong

板子直接上

int n ;
ll a[N], b[N], r[N], m[N] ;
ll x, y ;

void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) { // exgcd解出逆元
	if (!b) {
		x = 1 ; y = 0 ;
		return ;
	}
	exgcd(b, a % b, y, x) ;
	y -= (a / b) * x ;
}

ll mul(ll a, ll b, ll MOD) { // 最后一个点爆long long 要用龟速乘
	ll ans = 0 ;
	for(; b; b >>= 1, a = (a + a) % MOD) if (b & 1) ans = (ans + a) % MOD ;
	return ans ;
}

void china() {
	ll sum = 1, ans = 0 ;
	rep(i, 1, n) sum *= b[i] ; // 求lcm
	rep(i, 1, n) m[i] = sum / b[i] ; // 除一下
	rep(i, 1, n) {
		exgcd(m[i], b[i], x, y) ;
		r[i] = (x % b[i] + b[i]) % b[i] ; 
		// r[i]为m[i]的逆元,(r[i]=x)*m[i]≡1(% b[i]) -> r[i]*m[i]+b[i]*y=1
	}
	rep(i, 1, n) ans= (ans + mul(mul(a[i], m[i], sum), r[i], sum)) % sum ; // ans = Σ a[i]*m[i]*r[i]
	if (ans < 0) ans += sum ;
	printf("%lld\n", ans) ;
}

signed main(){
    scanf("%d", &n) ;
    rep(i, 1, n) scanf("%lld", &a[i]) ;
    rep(i, 1, n) scanf("%lld", &b[i]) ;
	china() ;
	return 0 ;
}

那如果模数不是两两互质的呢？

发现上述式子失效，只能另辟蹊径

设目前解除前$k-1$个方程的解为$x$

$M=LC{M}_{i=1}^{k-1}{m}_i$

前$k-1$个方程的通解$x+i\ast M(i\in \mathbb{Z})$

那么对于加入的第k个方程

我们要求出一个$t$，使得$x+t\ast M=a_k(mod{m}_k)$

转化一下得到$t\ast M=a_k-x(mod{m}_k)$

对这个式子做exgcd就能够求出$t$

若同余式无解，则方程组无解

否则前$k$个方程的解$x_k=x+t\ast M$

相当于做k次扩欧求

int n ;
ll A[N], B[N] ;

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if (!b) {
		x = 1 ; y = 0 ;
		return a ;
	}
	ll d = exgcd(b, a % b, y, x) ;
	y -= (a / b) * x ;
	return d ;
}

ll mul(ll a, ll b, ll MOD) {
	ll res = 0 ;
	for (; b; b >>= 1, a = (ll)(a + a) % MOD) if (b & 1) res = (res + a) % MOD ;
	return res ;
}

ll exchina() {
	ll x, y, M = B[1], ans = A[1] ; // 一般特判第一条式子
	rep(i, 2, n) {
		ll a = M, b = B[i], c = (A[i] - ans % b + b) % b ;
		ll gcd = exgcd(a, b, x, y), nw = b / gcd ;
		// x * M(a) + y * B[i](b) = gcd(a,b) --> (A[i]-ans)
		if (c % gcd) return -1 ; // gcd|c,否则无解
		x = mul(x, c / gcd, nw) ; // x * ((A[i]-ans) / gcd)
		ans += x * M ; // ans += x * M
		M *= nw ; // 更新LCM
		ans = (ans % M + M) % M ; // 总的模数为M，模一下
	}
	return (ans % M + M) % M ;
}

signed main(){
	while (scanf("%d", &n) != EOF) {
		rep(i, 1, n) scanf("%lld%lld", &B[i], &A[i]) ;
		printf("%lld\n", exchina()) ;
	}
	return 0 ;
}