Chinese Remainder Theorem(CRT)
又称孙子定理，是用来解决一类同余方程组问题的方法。
- 百度一下
这个要用到欧几里得算法相关知识，不会走这里GO
我们从一个简单的例子入手：
现有如下式子（p1,p2p1,p2为质数）：
①{x≡a1(mod p1)x≡a2(mod p2)①{x≡a1(mod p1)x≡a2(mod p2)
按照同余式，上式可以写成：
②{x=a1+k1p1x=a2+k2p2②{x=a1+k1p1x=a2+k2p2其中k1,k2∈Zk1,k2∈Z
通过联立起来，将其写成a1+k1p1=a2+k2p2a1+k1p1=a2+k2p2,k1p1−k2p2=a2−a1k1p1−k2p2=a2−a1
又因为gcd(p1,p2)=1gcd(p1,p2)=1,所以此方程肯定有解。
对应ax+by=cax+by=c式子，那么⎧⎩⎨a=p1b=−p2c=a2−a1{a=p1b=−p2c=a2−a1，所以根据这种形式，我们用exgcdexgcd可以求出一组解(k^1,k^2)(k^1,k^2),然后我们将其带回原方程组②②可得x0x0，然后通过exgcdexgcd的知识我们可以由这组(k^1,k^2)(k^1,k^2)特解，推导出其它的解：{k1=p2t+k^1k2=p1t+k^2,k1,k2∈Z{k1=p2t+k^1k2=p1t+k^2,k1,k2∈Z。
带入原方程求解得：x=a1+k1p1=a1+p1p2t+k^1=x0+p1p2tx=a1+k1p1=a1+p1p2t+k^1=x0+p1p2t等价于x≡x0(mod p1p2)x≡x0(mod p1p2)。
我们就得到了方程的答案，同时将模数合并了起来。
所以对于多个方程构成的方程组，我们每次选择两个合并出一个新的，然后再用新的去和另一个合并（注意：模数相乘后小心爆范围long longlong long）。
那么对于如下的模方程组：
所有的mimi均互质，所以用exgcdexgcd求出特解即可解决。（LRJ的蓝书上也有讲解）。
- 友链-hdxrie的另一种讲解
模板代码：
\\[TJOI2009猜数字]
#include扩展中国剩余定理
我们现在解决的一类模方程的求法，但是这是在模数互质的条件下。大多数时候模数都不会互质，那么应该如何求解呢？
我们仍然从简单的入手
看如下一个方程组：
同样的我们将其变形得到 a1+k1m1=a2+k2m2a1+k1m1=a2+k2m2，如果该方程要有整数解，那么根据裴蜀定理，要满足 gcd(m1,m2)|(a2−a1)gcd(m1,m2)|(a2−a1)。
这里我们先假设用exgcdexgcd求出了一组解特解(k1,k2)(k1,k2)，那么通解有是什么呢？
接下来令g=gcd(m1,m2)g=gcd(m1,m2)，又因为g|(a2−a1)g|(a2−a1)（因为我们先假设它有解），所以原方程可以写成
回带入原方程，我们就可以得到:
lcm为最小公倍数。
实质上就等于解：x≡x0 (mod lcm(m1,m2))x≡x0 (mod lcm(m1,m2))这个方程。
举个例子，解如下方程：
先自己试着解一下再看下面解答。
先联立①②①②得④x≡ 8(mod 15)④x≡ 8(mod 15)，再联立③④③④得到最终答案x≡23 (mod 105)x≡23 (mod 105)，那么答案就为x=23x=23，反带回去发现确实成立。
【模板IN】
模板代码:
#includeif(b&(1ll<1ll<return c;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){
if(!b){d=a;x=1;y=0;}
else {exgcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
ll inv(ll a,ll b){
ll g,x,y;
exgcd(a,b,g,x,y);
if(g!=1) return -1;
return (x%b+b)%b;
}
bool merge(ll a1,ll b1,ll a2,ll b2,ll &a,ll &b){
ll g=gcd(b1,b2);
ll c=a2-a1;
if(c%g) return 0;//判断有无解
c=(c%b2+b2)%b2;
b1/=g;b2/=g;
c/=g;c=xx(c,inv(b1,b2),b2);
b=b1*b2*g;
c=xx(c,xx(b1,g,b),b);
c+=a1;
a=(c%b+b)%b;
return 1;
}
ll CRT(ll *a,ll *b,int n){
ll aa=a[1],bb=b[1];
for(int i=2;i<=n;i++){
ll da=a[i],db=b[i];
ll nexa,nexb;
//合并
if(!merge(aa,bb,da,db,nexa,nexb)) return -1;
aa=nexa;bb=nexb;
}
return (aa%bb+bb)%bb;
}
ll a[M],b[M];
int n;
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);}
ll ans=CRT(a,b,n);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
} //模板2
#include1],equ[i+1][1],x,y);
lcm=equ[i][1]/val*equ[i+1][1];
if((equ[i+1][0]-equ[i][0])%val)
{
printf("No Answer\n");
return 0;
}
val=multi(y,(equ[i+1][0]-equ[i][0])/val,lcm);
equ[i+1][0]=(multi(equ[i+1][1],-val,lcm)+equ[i+1][0]+lcm)%lcm;
equ[i+1][1]=lcm;
}
printf("%lld\n",(equ[n][0]%equ[n][1]+equ[n][1])%equ[n][1]);
return 0;
} 一个额外的小技巧：
例如NOI2018的屠龙勇士。
当同余方程组有系数，如下式子：
如果a,ba,b都互质，我们用扩展欧几里得定理就可以求得逆元，然后把系数除过去就可以计算了。
但是当a,ba,b不一定互质怎么办？
我们观察式子，ax≡b(mod m)ax≡b(mod m),可以将其写成ax=km+bax=km+b,我们记g=gcd(a,m)g=gcd(a,m)(gcd表示求最大公约数)，那么左右可以写成(gw1)x=k(gw2)+b(gw1)x=k(gw2)+b,由于左边为gg的倍数，右边那么同理也应该为gg的倍数，所以显然bb也应该为gg的倍数，若不为则该方程组无整数解，有的话将a,b,ma,b,m同时除以gg，就得到了系数互质的方程，用原来的方法解就可以了。
End
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