中国剩余定理

问题引入

在《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？”这个问题称为“孙子问题”，该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。

我们把上述问题抽象出来，就是求解同余方程组：
$$\{\begin{array}{l}x\equiv b_1(\mathrm{mod}{a}_1)\\ x\equiv b_2(\mathrm{mod}{a}_2)\\ x\equiv b_3(\mathrm{mod}{a}_3)\\ \cdots \\ x\equiv b_n(\mathrm{mod}{a}_n)\end{array}$$

其中$a_1,a_2,\cdots ,a_n$互质。

解法

设$M={\prod }_{i=1}^n{a}_i,\frac{M}{a_i}|n_i$且$n_i\equiv b_i(\mathrm{mod}{a}_i)$.

那么方程的一个解为：

$$\sum _{i=1}^n{n}_i$$

虽然解法难以想到，但原理却容易验证；我们设$x={\sum }_{i=1}^n{n}_i$，则：

$$x\mathrm{mod}{a}_i=\sum _{j=1}^n(n_j\mathrm{mod}{a}_i)\mathrm{mod}{a}_i$$

由于对$k\ne i$都有$n_k=\frac{M}{a_k}=a_1{a}_2\cdots a_{k-1}{a}_{k+1}\cdots a_n$，其包含因子$a_i$，则$n_j\mathrm{mod}{a}_i=0$.

故：

$$x\mathrm{mod}{a}_i=\sum _{j=1}^n(n_j\mathrm{mod}{a}_i)\mathrm{mod}{a}_i=n_i\mathrm{mod}{a}_i=b_i$$

那么我们如何寻找$n_i$呢？我们设$n_i=t\frac{M}{a_i}$，则：

$$t\frac{M}{a_i}\equiv b_i(\mathrm{mod}{a}_i)$$

由欧拉定理：

$${\left(\frac{M}{a_i}\right)}^{\varphi (a_i)}\equiv 1(\mathrm{mod}{a}_i)$$

故：

$$t={\left(\frac{M}{a_i}\right)}^{\varphi (a_i)-1}$$

即：

$$n_i={\left(\frac{M}{a_i}\right)}^{\varphi (a_i)}$$

而$x$的一个解为：

$$\sum _{i=1}^n{n}_i$$

其最小正整数解为：

$$\sum _{i=1}^n{n}_i\mathrm{mod}M$$

这是因为$x-a_{i}t\equiv b_i(\mathrm{mod}{a}_i)$.

例题

https://www.luogu.com.cn/problem/P1495

#include
using namespace std;
	int n,cnt;
	int prime[500001];
	long long phi[2000001];
	bool vis[2000001];
	long long m;
	long long a[11];
	long long b[11];
long long multi(long long a,long long b,long long p)
{
     
    return ((a * b - (long long)(((long double)a * b + 0.5) / p) * p) % p + p) % p;
}
long long quickpower(long long a,long long b,long long mod)
{
     
	long long t = 1;
	while (b)
	{
     
		if (b & 1)
			t = multi(t,a,mod);
		a = multi(a,a,mod);
		b >>= 1;
	}
	return t;
}
int main()
{
     
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2;i <= 2000000;i ++)
	{
     
		if (!vis[i])
		{
     
			prime[++cnt] = i;
			phi[i] = i - 1;
		}
		for (int j = 1;j <= cnt && prime[j] * i <= 2000000;j ++)
		{
     
			vis[i * prime[j]] = true;
			if (i % prime[j] == 0)
			{
     
				phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
				break;
			}
			phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
		}
	}
	scanf("%d",&n);
	for (int i = 1;i <= n;i ++)
		scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]);
	m = 1;
	for (int i = 1;i <= n;i ++)
		m *= a[i];
	long long ans = 0;
	for (int i = 1;i <= n;i ++)
	{
     
		long long now = m / a[i];
		ans += multi(multi(b[i],now,m),quickpower(now % a[i],phi[a[i]] - 1,a[i]),m);
		ans %= m;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}