HIHO #1303 : 数论六·模线性方程组

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解多个线性的模方程组
提示讲的很清楚辣

#include
using namespace std;
#define cl(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define fastIO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
#define LL long long
#define pb push_back
#define gcd __gcd

#define For(i,j,k) for(int i=(j);i
#define lowbit(i) (i&(-i))
#define _(x) printf("%d\n",x)

typedef vector vec;
const double EPS = 1e-8;
const int maxn = 5e6+10;
const int inf  = 1 << 28;

void gcd(LL a,LL b,LL&d,LL&x,LL&y){
    if(!b){d=a;x=1;y=0;}
    else {gcd(b,a%b,d,y,x); y -= x*(a/b);}
}

vec m(1002),r(1002);

void solve(int n){
    LL M = m[0],R = r[0],x,y,d;
    for(int i=1;iif((r[i] - R) % d){puts("-1");return;}
        x = (r[i] - R) / d * x % (m[i] / d);
        R += x * M;//because X = x1 * m1 + r1;
        M = M / d * m[i];//cal Lcm
        R %= M;
    }
    while(R<0)R+=M;
    printf("%lld\n",R);
}

int main(){

    int n;cin>>n;
    for(int i=0;icin>>m[i]>>r[i];
    }
    solve(n);
}

转载：

/************一般模线性方程组*************/

同样是求这个东西。。
X mod m1=r1
X mod m2=r2
…
…
…
X mod mn=rn

首先，我们看两个式子的情况
X mod m1=r1……………………………………………………………(1)
X mod m2=r2……………………………………………………………(2)
则有
X=m1*k1+r1………………………………………………………………(*)
X=m2*k2+r2
那么 m1*k1+r1=m2*k2+r2
整理，得
m1*k1-m2*k2=r2-r1
令(a,b,x,y,m)=(m1,m2,k1,k2,r2-r1)，原式变成
ax+by=m
熟悉吧？

此时，因为GCD(a,b)=1不一定成立，GCD(a,b) | m 也就不一定成立。所以应该先判 若 GCD(a,b) | m 不成立，则！！！方程无解！！！。
否则，继续往下。

解出(x,y)，将k1=x反代回（*），得到X。
于是X就是这两个方程的一个特解，通解就是 X’=X+k*LCM(m1,m2)
这个式子再一变形，得 X’ mod LCM(m1,m2)=X
这个方程一出来，说明我们实现了(1)(2)两个方程的合并。
令 M=LCM(m1,m2)，R=r2-r1
就可将合并后的方程记为 X mod M = R。

然后，扩展到n个方程。
用合并后的方程再来和其他的方程按这样的方式进行合并，最后就能只剩下一个方程 X mod M=R，其中 M=LCM(m1,m2,…,mn)。
那么，X便是原模线性方程组的一个特解，通解为 X’=X+k*M。

如果，要得到X的最小正整数解，就还是原来那个方法：

X%=M;
if (X<0) X+=M;