EXCRT中国剩余定理（luogu搬）

线性同余方程：

先给一个定理，这个定理告诉我们一元线性方程何时有解，在有解时有多少个膜 $m$ 不同于的解。

---

---

定理 1：

设 $a,b$ 和 $m$ 是整数，$m>0\ $, $gcd(a,m)=d$ .若 $d\nmid b$ , 则 $ ax\equiv b\pmod{m}$ 无解。反之， 则 $ ax \equiv b \pmod{m}$ 恰有 $d$ 个膜 $m$ 不同余的解。

---

---

证明：

要证明这个定理我们再给一个定理 2：（放心，绝对不会无限递归）

若 $a,b$ 和 $m$ 是整数， $ ax\equiv b\pmod{m}$ 当且仅当存在整数 $k$,使得 $a=b+km$

证明一下这个定理 2：

若 $ ax\equiv b\pmod{m}$ ，则 $m|(a-b)$ .这说明存在整数 $k$ ，使得 $km=a-b$ .所以 $a=b+km$ .

反过来，若存在整数 $k$ 使得 $a=b+km$ ，则 $km=a-b$ .于是, $ m|(a-b)$ , 因而 $ ax\equiv b\pmod{m}$.

上面这个定理 2还是简单的，可以帮助我们将同余式转换为等式.

---

还有一个定理

定理 3：

设 $a,b$ 是整数且 $d=gcd(a,b)$. 如果 $d\nmid c$ ,那么方程 $ ax+by=c$ 没有整数解。反之，则存在无穷多个整数解。另外，如果 $x=x_0,y=y_0$ 是方程的一组特解，那么所有的解可以表示为：

$$x=x_0+(b/d)n,y=y_0-(a/d)n$$

红红火火恍恍惚惚，这个大家自己脑子里随便想想都能证明。

---

定理1的正规证明还是很长的，这里我们简单说说。

由定理 2我们可以将 $ ax\equiv b\pmod{m}$ 转换为 二元线性的方程（这是线性丢番图方程）：
$ax-my=b$

整数 $x$ 是 $ ax\equiv b\pmod{m}$ 的解当且仅当存在 $y$ 使得 $ax-my=b$ .

由定理 3可知，若 $d\nmid b$,则这个丢番图方程无解 . 反之， $ax-my=b$ 有无穷多解 :

$$x=x_0+(m/d)t,y=y_0+(a/d)t$$

但是我们要找的是不同余的解，所以我们要找一个条件，使得 $x_1,x_2$ 膜 $m$ 同余。

找到同余的条件是这样的：

$$x_0+(m/d)t_1\equiv x_0+(m/d)t_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$$

化简：

$$(m/d)t_1\equiv (m/d)t_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$$

因为 $gcd(m/d)|m$ ,所以 $gcd(m,m/d)=m/d\ $ , 可得：

$$t_1\equiv t_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$$

这表明不同余的解的一个完全集合可以通过取 $ x=x_0+(m/d)t_1$ 得到，然后 $t$ 取遍膜 $d$ 的完全剩余系，这样，一个确定的集合就可以给出啦~~其中 $t=0,1,2,3,4...,d-1$。

证毕。

---

---

上面讨论了一般形式的同余方程，现在由一个特殊一点的形式来定义模的逆。

$ ax\equiv 1\pmod{m}$ ，由上面的定理可知，此方程有解且仅当 $gcd(a,m)=1$ .(也就是 $a,m$ 互质？)。于是其所有的解都膜 $m$同余。

规定（龟腚（啥呀–乌龟的屁股））：

给定整数 $a$ ,且满足 $gcd(a,m)=1$ ,称 $ ax\equiv 1\pmod{m}$ 的一个接为 $a$ 膜 $m$ 的逆。

---

---

中国剩余定理 ：

铺垫完以后，就进入正题。

中国剩余定理带上扩展两字后，就从特殊一点的形式转化为了更一般的形式。

先看 $m$ 互质的，看了之前的，也知道这是一个限制条件。

首先，构造同余方程组的一个联立解。为此，令 $M_k=\frac{{\prod }_{i=1}^r{m}_i}{m_k}$。因为 $j̸=k$ 时 $gcd(m_j,m_k)=1$,知 $gcd(M_k,m_k)=1$.可求得 $M_k$ 膜 $m_k$ 的一个逆 $ y_k$,所以 $M_k\ast y_k\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$.现在构造和：

$$x=a_1{M}_1{y}_1+a_2{M}_2{y}_2...+a_r{M}_r{y}_r$$ （如果是要解方程，这里就结束了，但是接下来我们给出证明）

整数 $x$ 就是 $r$ 个同余方程的联立解。要证明这一点，只需要证明对于 $k=1,2,...,r$ 有 $x\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$ .因为 $j̸=k$ 时 $m_k|M_j$ ,所以 $M_j\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$。因此，在 $x$ 的和式中，除了第 $k$ 项之外的所有项都和 $0(mod{m}_k)$同余。从而，$x\equiv a_k{M}_k{y}_k\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$ , 这是因为 $M_k{y}_k\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$.

好啦对于这个特殊的，先上一个代码：

void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
    if(b==0)
	{ 
	    x=1; 
	    y=0; 
	    return;
	}
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int zz=x;
    x=y; 
	y=zz-a/b*y;
}
int main()
{
    int ans=0,M=1,x,y;
    for(int i=1;i<=k;++i) 
	{
    	M*=m[i];
	}
    for(int i=1;i<=k;++i)
    {
        int zz=M/m[i];
        exgcd(zz,m[i],x,y);
        x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
        ans=(ans+zz*x*a[i])%M;
    }
    cout<<(ans+M)%M;
}

注意，重复强调，这里的 $m[i]$ 是互质的.

---

对于模数不满足两两互质，我们也有方法判断线性同余方程组是否有解，并求出方程组的解。请看：

我们可以考虑使用数学归纳法，假设已经求出了前 $k-1$ 个同余方程构成的方程组的一个解 $x$. 记为 $m={\prod }_{i=1}^{k-1}{m}_i$, 则 $x+i\ast m(i\in Z)$是前 $k-1$方程的通解。

考虑第 $k$ 个方程 求出 $t$ 使得 考虑第 $k$ 个方程 求出 $t$ 使得 $x+t\ast m\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$ .该方程等价于 $m\ast t\equiv a_k-x(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)$,其中 $t$ 是未知量。这就是一个线性同余方程，可以用扩展欧几里得算法判断是否有节，并求出它的解。若有解，则 $x^{\prime }=x+t\ast m$ 就是前 $k$ 个方程构成的方程组的一个解。

综上所述，我们使用 $n$ 次扩展欧几里得算法，就求出了整个方程组的解。

代码如下 ：

long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
    if(b==0)
	{
	    x=1;
		y=0;
		return a;
	}
    long long d=exgcd(b,a%b,x,y);
    long long kk=x;
    x=y; 
	y=kk-a/b*y;
    return d;
}
long long china()
{
    long long x,y,k;
    long long M=m[1],ans=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        long long a=M,b=m[i]
		long long c=(ai[i]-ans%b+b)%b;
        long long d=exgcd(a,b,x,y)
		long long thea=b/d;
        if(c%d!=0) 
        {
        	return -1; 
		}
        x=mul(x,c/d,thea);//快速乘龟速乘你们随意，反正我懒得写了。 
        ans+=x*M;
        M*=thea;
        ans=(ans%M+M)%M;
    }
    return (ans%M+M)%M;
}

好了，关于扩展中国剩余定理就是这样。
（这个代码是有错误的，需要自己寻找）