中国剩余定理与扩展

中国剩余定理

一开始觉得这东西好难。。。后来发现好像也没有这么难。。。
我们来看一道题目：

树王种了一棵treap，她现在决定把这棵treap改造为一棵无旋多叉triep，于是她摘下了treap的所有节点，发现如果她把节点3个3个一打包，会剩下2个节点。如果她把节点5个5个一打包，会剩下3个节点，如果把节点7个7个一打包，会剩下2个节点，求这棵treap最少有多少节点？

首先假如我们求出这样三个数 k1,k2,k3 k 1 , k 2 , k 3 ，满足k1模3余1且是5和7的倍数，k2模5余1且是3,7的倍数，k3模7余1且是3和5的倍数，那么容易意会得到， k1∗2+k2∗3+k3∗2 k 1 ∗ 2 + k 2 ∗ 3 + k 3 ∗ 2 一定会是一个满足题目条件的数。而题目的通解可表示为这个数每次都加上3,5,7的最小公倍数

首先我们求出3，5，7的lcm=105
然后我们令：
x1=105/3=35 x 1 = 105 / 3 = 35 , x2=105/5=21 x 2 = 105 / 5 = 21 , x3=105/7=15 x 3 = 105 / 7 = 15
然后我们求解以下方程：
a∗x1%3=1 a ∗ x 1 % 3 = 1 , b∗x2%5=1 b ∗ x 2 % 5 = 1 , c∗x3%7=1 c ∗ x 3 % 7 = 1
啊呀这个格式的式子好眼熟。。。那么就愉快地用扩展欧几里德求出来吧！
a=2,b=1,c=1。
答案就是：
ans=(a∗x1∗2+b∗x2∗3+c∗x3∗2)%lcm=23 a n s = ( a ∗ x 1 ∗ 2 + b ∗ x 2 ∗ 3 + c ∗ x 3 ∗ 2 ) % l c m = 23
多棒啊！可爱的代码也很好写啊~

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,m[105],a[105],lcm=1;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){//扩欧
    if(!b){x=1,y=0;return a;}
    int re=exgcd(b,a%b,x,y),tmp=x;
    x=y,y=tmp-(a/b)*y;
    return re;
}
int work(){
    int i,j,d,x,y,re=0;
    for(i=1;i<=n;i++)lcm=lcm*m[i];//因为互质所以直接这么写了
    for(i=1;i<=n;i++){
        int kl=lcm/m[i];
        d=exgcd(kl,m[i],x,y);
        x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
        re=(re+a[i]*x*kl)%lcm;
    }
    return re;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&m[i],&a[i]);;
    printf("%d",work());
    return 0;
}

可是我们要求的几个数a,b,c不互质怎么办？
那么有请——

扩展中国剩余定理

假设我们这里有两个方程：
x=a1∗x1+b1 x = a 1 ∗ x 1 + b 1
x=a2∗x2+b2 x = a 2 ∗ x 2 + b 2
a1 a 1 , a2 a 2 是模数， b1 b 1 , b2 b 2 是余数。
那么我们可以合并这两个方程：
a1∗x1+b1=a2∗x2+b2 a 1 ∗ x 1 + b 1 = a 2 ∗ x 2 + b 2 ，由于 x1 x 1 和 x2 x 2 可以取负无穷到正无穷，所以符号不能约束它们，我们随便变一变形得到： a1∗x1+a2∗x2=b2−b1 a 1 ∗ x 1 + a 2 ∗ x 2 = b 2 − b 1
还不赶快有请扩展欧几里德！
好的，现在我们求出了一个最小正整数解 x1 x 1 ，那么令 k=(a1∗x1+b1) k = ( a 1 ∗ x 1 + b 1 ) 。现在我们搞个大新闻新方程出来：
x≡k(modlcm(a1,a2)) x ≡ k ( mod l c m ( a 1 , a 2 ) )
那么一路合并下去就可以得到最终的解答了。
代码(poj2891):

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn=1e5+5;
int n;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if(!b){x=1,y=0;return a;}
    LL re=exgcd(b,a%b,x,y),tmp=x;
    x=y,y=tmp-(a/b)*y;
    return re;
}
LL m[maxn],a[maxn];
LL work(){
    LL M=m[1],A=a[1],t,d,x,y;int i;
    for(i=2;i<=n;i++){
        d=exgcd(M,m[i],x,y);//解方程
        if((a[i]-A)%d)return -1;//无解
        x*=(a[i]-A)/d,t=m[i]/d,x=(x%t+t)%t;//求x
        A=M*x+A,M=M/d*m[i],A%=M;//日常膜一膜（划掉）模一模，防止爆
    }
    A=(A%M+M)%M;
    return A;
}
int main()
{
    int i,j;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
        printf("%lld\n",work());
    }
    return 0;
}