POJ 2891 扩展欧几里得

#include <cstdio>
typedef long long LL;
LL n, a1, a2, r1, r2, d, x, y;
LL ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
	if (b == 0) {x = 1; y = 0; return a;}
	LL d = ex_gcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int main(int argc, char const *argv[])
{
	while (~scanf("%lld", &n) && n--)
	{
		bool ok = 1;
		scanf("%lld%lld", &a1, &r1);
		while (n--)
		{
			scanf("%lld%lld", &a2, &r2);
			if (!ok) continue;
			d = ex_gcd(a1, a2, x, y);
			if ((r2 - r1) % d) {ok = 0; continue;}
			x = (x * (r2 - r1) / d % (a2 / d) + (a2 / d)) % (a2 / d);
			r1 = a1 * x + r1;
			a1 = a1 / d * a2;
			r1 = (r1 % a1 + a1) % a1;
		}
		printf("%lld\n", ok ? r1 : -1);
	}
	return 0;
}

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+a0*k均为该方程的解。(k为正整数)
如果多了一个方程：x mod a1 = r1。那么，我们为了使之间求得的解x0=a0+r0能够同时满足这两个方程，只好令x0=x0+a0*k，显然这样做x0仍然满足第一个方程。这时候我 们相当于要求解这样一个模方程：(x0+a0*k) mod a1 = r1。这个方程我们可以用拓展欧几里得算法求得k的值。这样，只要令x0变成x0+a0*k，就能同时满足这两个方程了。
推而广之，对于方程x mod ai = ri，假如我们之前求得的解为X，那么我们要令X变成X+k*LCM(a0,a1,a2...ai-1)，使得它满足这个方程。k我们可以用拓展欧几里得 算法求解，LCM可以在每一次更新，这样就能在接近O(klogk)的时间复杂度内解决这个问题了。