前言
由于 \(\{\mathrm{CRT}\}\subseteq\{\mathrm{exCRT}\}\)，而且 CRT 又太抽象了，所以直接学 exCRT 了。
摘自 huyufeifei 博客
这么抽象的东西我怎么可能会写
前置技能
- gcd/lcm
- exgcd
- 快速乘
参考资料
- 一篇未通过的洛谷日报 by AH_ljq
- 比较直观的 exCRT 学习笔记 by Milky Way
- 我之前写过的 exgcd 学习笔记
huyufeifei 对 CRT 的劝退
用途
用于求一个关于 \(x\) 的同余方程组
\[ \left\{ \begin{matrix} x\equiv a_1\pmod{b_1}\\\ x\equiv a_2\pmod{b_2}\\\ \cdots\\\ x\equiv a_n\pmod{b_n} \end{matrix}\right. \]
的解。
解法推导
考虑到如果 \(x\) 对原方程组成立，那么 \(x\) 对其中任意几个方程也都成立。那么如果要满足 \(x\) 对前 \(i\) 个方程都成立，一个必要条件是对前 \(i-1\) 个方程都成立。
采用一种类似“增量法”的思路来合并每个式子。
假定前 \(i-1\) 个式子已经合并完了，得到 \(x\equiv a_{i-1}\pmod{b_{i-1}}\)。此时合并
\[ \left\{ \begin{aligned} &x\equiv a_{i-1}&\pmod{b_{i-1}}\\\ &x\equiv a_i&\pmod{b_i} \end{aligned}\right. \]
它的本质是存在 \(k_1,k_2\)，满足（上下颠倒了一下，方便下面推导）
\[ \left\{ \begin{aligned} &x+k_1b_i=a_i\\\ &x+k_2b_{i-1}=a_{i-1} \end{aligned}\right. \]
两式相减，得到
\[ k_1b_i-k_2b_{i-1}=a_i-a_{i-1} \]
此时，仅有 \(k_1,k_2\) 是变量，剩下的都已知。但是我们用 exgcd 解方程时，要求等式右边是 \(\gcd(b_i,b_{i-1})\)。此时我们列出一个新方程
\[ k_1'b_i+k_2'b_{i-1}=\gcd(b_i,b_{i-1}) \]
解出 \(k_1'\) 的一个特解 \(k_0\)。
那么为了满足新方程和原方程都成立，那么
\[ \frac {k_1}{k_1'}=\frac{k_2}{k_2'}=\frac{a_i-a_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})} \]
因此 \(k_1\) 有特解
\[ k_{1_0}=k_0\times \frac{a_i-a_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})} \]
则 \(k_1\) 的通解是
\[ k_{1_0}+t\times \frac{b_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})},\ t\in \mathbb Z \]
不定方程的通解
对于 \(ax+by=c\) 这个方程，假定我们已经解出来一组解为
\[ \left\{ \begin{matrix} x=x_0\\\ y=y_0 \end{matrix} \right. \]
我们带入后对左侧式子变形，得到 \(ax_0+S+by_0-S=c\)。我们要从 \(ax_0+S\) 中提一个 \(a\) 出来，从 \(by_0-S\) 中提一个 \(b\) 出来，得到 \(a(x_0+\frac Sa)+b(y_0-\frac Sb)=c\)。
此时最小的满足 \(x_0+\frac Sa,\ y_0-\frac Sb\) 都是整数的 \(S\) 就是 \(a,b\) 的最小公倍数了。
那么每个相邻的 \(x\) 之间相差 \(\frac Sa=\frac{\operatorname{lcm}(a,b)}a=\frac b{\gcd(a,b)}\)，即 \(x\) 的通解为 \(x_0+t\times \frac b{\gcd(a,b)},\ t\in \mathbb Z\)。
后面的式子仅与 \(a,b\) 有关。
又因为
\[ x+k_1b_i=a_i \]
我们带入 \(k_1\) 的通解，得
\[ x+\left(k_{1_0}+t\times \frac{b_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})}\right)\times b_i=a_i,\ t\in \mathbb Z \]
化简
\[ x+b_ik_{1_0}+t\times \frac{b_ib_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})}=a_i,\ t\in \mathbb Z\\\ t\times\operatorname{lcm}(b_i,b_{i-1})=a_i-x-b_ik_{1_0},\ t\in \mathbb Z \]
由于 \(t\in \mathbb Z\)，所以
\[ a_i-x-b_ik_{1_0}|\operatorname{lcm}(b_i,b_{i-1})\\\ a_i-x-b_ik_{1_0}\equiv 0\pmod{\operatorname{lcm}(b_i,b_{i-1})}\\\ x\equiv a_i-b_ik_{1_0}\pmod{\operatorname{lcm}(b_i,b_{i-1})} \]
\(\equiv\) 符号右边的都是已知量，这时我们就把两个方程结合到一块了。
我们依次合并 \((2)=[(1),(2)],(3)=[(2),(3)],\cdots,(n)=[(n-1),(n)]\)，最终得到第 \(n\) 个式子
\[ x\equiv a_n\pmod{\operatorname{lcm}(b_1,b_2,\cdots,b_m)} \]
（\(a_n\) 是合并 \(n-1\) 个式子后的新 \(a_n\)，上述过程中每一步都会更新 \(a_i\)）
此时 \(a_n\) 就是解了，取模取正数就是最小正整数解。
（上下两部分实质相同）
解法简述
对于
\[ \left\{ \begin{aligned} &x\equiv a_{i-1}&\pmod{b_{i-1}}\\\ &x\equiv a_i&\pmod{b_i} \end{aligned}\right. \]
有
\[ \left\{ \begin{aligned} &x+k_1b_i=a_i\\\ &x+k_2b_{i-1}=a_{i-1} \end{aligned}\right. \]
解出
\[ k_1'b_i-k_2'b_{i-1}=\gcd(b_i,b_{i-1}) \]
的特解 \(k_1'\)，两边同乘 \(\frac{a_i-a_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})}\)，得到
\[ k_1b_i-k_2b_{i-1}=a_i-a_{i-1} \]
那么 \(k_ 1'\) 也被乘了 \(\frac{a_i-a_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})}\)，因此 \(k_1\) 有特解
\[ k_{1_0}=k_1'\times \frac{a_i-a_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})} \]
而 \(k_1\) 的通解是
\[ k_1=k_{1_0}+t\times\frac{b_{i-1}}{\gcd(b_i,b_{i-1})} \]
代回去就是
\[ x+k_{1_0}b_i+t\times \operatorname{lcm}(b_i,b_{i-1})=a_i \]
得到
\[ x\equiv a_i-k_{1_0}b_i\pmod{\operatorname{lcm}(b_i,b_{i-1})} \]
作为第 \(i\) 个方程即可。
注意事项
在 \(k_1,k_{1_0},a_i\) 的计算中是有可能爆 long long 的，而这三个计算恰好又都是模意义下，所以使用快速乘。
一般情况下不考虑 \(\operatorname{lcm}(b_1,b_2,\cdots,b_n)\) 爆 long long 的情况。
代码
#include
#define ll long long
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ll g=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return g;
}
ll qmul(ll x,ll y,ll p)
{
ll ans=0,f=1;
if(x<0)
{
x=-x;
f=-f;
}
if(y<0)
{
y=-y;
f=-f;
}
while(y)
{
if(y&1)
ans=(ans+x)%p;
x=(x+x)%p;
y>>=1;
}
return ans*f;
}
ll a[100100],b[100100];
int main()
{
int n;
ll x,y;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);
for(int i=2;i<=n;++i)
{
ll g=exgcd(b[i],b[i-1],x,y);
ll t=b[i-1]/g;//k1 的最小波动 Δ
x=qmul(x,(a[i]-a[i-1])/g,t);
x=(x%t+t)%t;
a[i]-=qmul(x,b[i],b[i]/g*b[i-1]);
b[i]=b[i]/g*b[i-1];
a[i]=(a[i]%b[i]+b[i])%b[i];
}
printf("%lld\n",(a[n]%b[n]+b[n])%b[n]);
return 0;
}