POJ 2891 般模线性方程组

题意：给出k个模方程组：x mod ai = ri。求x的最小正值。如果不存在这样的x，那么输出-1.

由于这道题目里面的ai、ri之间不满足两两互质的性质，所以不能用中国剩余定理直接求解。

X mod m1=r1
X mod m2=r2
...
...
...
X mod mn=rn

首先，我们看两个式子的情况
X mod m1=r1……………………………………………………………(1)
X mod m2=r2……………………………………………………………(2)
则有 
X=m1*k1+r1………………………………………………………………(*)
X=m2*k2+r2
那么 m1*k1+r1=m2*k2+r2
整理，得
m1*k1-m2*k2=r2-r1
令(a,b,x,y,m)=(m1,m2,k1,k2,r2-r1)，原式变成
ax+by=m
熟悉吧？

此时，因为GCD(a,b)=1不一定成立，GCD(a,b) | m 也就不一定成立。所以应该先判 若 GCD(a,b) | m 不成立，则！！！方程无解！！！。
否则，继续往下。

解出(x,y)，将k1=x反代回（*），得到X。
于是X就是这两个方程的一个特解，通解就是 X'=X+k*LCM(m1,m2)
这个式子再一变形，得 X' mod LCM(m1,m2)=X
这个方程一出来，说明我们实现了(1)(2)两个方程的合并。
令 M=LCM(m1,m2)，R=r2-r1
就可将合并后的方程记为 X mod M = R。

然后，扩展到n个方程。
用合并后的方程再来和其他的方程按这样的方式进行合并，最后就能只剩下一个方程 X mod M=R，其中 M=LCM(m1,m2,...,mn)。
那么，X便是原模线性方程组的一个特解，通解为 X'=X+k*M。

如果，要得到X的最小正整数解，就还是原来那个方法：

X%=M;
if (X<0) X+=M;

//poj 2891(一般模线性方程组)

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<cstdlib>

using namespace std;

#define LL long long
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n;
LL m[maxn], r[maxn];

void ex_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
{
    if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
    else
    {
        ex_gcd(b, a % b, d, y, x);
        y -= x * (a / b);
    }
}

LL ex_crt(LL *m, LL *r, int n)
{
    LL M = m[1], R = r[1], x, y, d;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        ex_gcd(M, m[i], d, x, y);              //扩展欧几里得，d为M,m[i]的最大公约数
        if ((r[i] - R) % d) return -1;        //无解
        x = (r[i] - R) / d * x % (m[i] / d);   //满足条件的k的值
        R += x * M;                            //满足前i个条件的x
        M = M / d * m[i];                      //m的最小公倍数
        R %= M;
    }
    return R > 0 ? R : R + M ;
}

int main()
{
    while (~scanf("%d",&n))
    {
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%lld%lld", &m[i], & r[i]);
        printf("%lld\n",ex_crt(m,r,n));
    }
    return 0;
}