fzu 1402 猪的安家
2013-12-08 23:27
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[align=center]Problem 1402 猪的安家[/align]
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Andy和Mary养了很多猪。他们想要给猪安家。但是Andy没有足够的猪圈,很多猪只能够在一个猪圈安家。举个例子,假如有16头猪,Andy建了3个猪圈,为了保证公平,剩下1头猪就没有地方安家了。Mary生气了,骂Andy没有脑子,并让他重新建立猪圈。这回Andy建造了5个猪圈,但是仍然有1头猪没有地方去,然后Andy又建造了7个猪圈,但是还有2头没有地方去。Andy都快疯了。你对这个事情感兴趣起来,你想通过Andy建造猪圈的过程,知道Andy家至少养了多少头猪。
输入包含多组测试数据。每组数据第一行包含一个整数n (n <= 10) – Andy建立猪圈的次数,解下来n行,每行两个整数ai, bi( bi <= ai <= 1000), 表示Andy建立了ai个猪圈,有bi头猪没有去处。你可以假定(ai, aj) = 1.
输出包含一个正整数,即为Andy家至少养猪的数目。
33 15 17 2
16
中国剩余定理
中国剩余定理是中国古代求解一次同余方程组的方法,是数论中的一个重要定理。
设n1,n2,n3,...,nk是两两互素的正整数,即gcd(ni,nj)=1,i!=j,i,j=1,2,3,...,k.
则同余方程组:
x = a1 (mod n1)
x = a2 (mod n2)
...
x = ak (mod nk)
模[n1,n2,...nk]有唯一解,即在[n1,n2,...,nk]的意义下,存在唯一的x,满足:
x = ai mod [n1,n2,...,nk], i=1,2,3,...,k。
解可以写为这种形式:
x = sigma(ai* mi*mi') mod(N)
其中N=n1*n2*...*nk,mi=N/ni,mi'为mi在模ni乘法下的逆元。
AC代码:
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Problem Description
Andy和Mary养了很多猪。他们想要给猪安家。但是Andy没有足够的猪圈,很多猪只能够在一个猪圈安家。举个例子,假如有16头猪,Andy建了3个猪圈,为了保证公平,剩下1头猪就没有地方安家了。Mary生气了,骂Andy没有脑子,并让他重新建立猪圈。这回Andy建造了5个猪圈,但是仍然有1头猪没有地方去,然后Andy又建造了7个猪圈,但是还有2头没有地方去。Andy都快疯了。你对这个事情感兴趣起来,你想通过Andy建造猪圈的过程,知道Andy家至少养了多少头猪。
Input
输入包含多组测试数据。每组数据第一行包含一个整数n (n <= 10) – Andy建立猪圈的次数,解下来n行,每行两个整数ai, bi( bi <= ai <= 1000), 表示Andy建立了ai个猪圈,有bi头猪没有去处。你可以假定(ai, aj) = 1.
Output
输出包含一个正整数,即为Andy家至少养猪的数目。
Sample Input
33 15 17 2
Sample Output
16中国剩余定理
中国剩余定理是中国古代求解一次同余方程组的方法,是数论中的一个重要定理。
设n1,n2,n3,...,nk是两两互素的正整数,即gcd(ni,nj)=1,i!=j,i,j=1,2,3,...,k.
则同余方程组:
x = a1 (mod n1)
x = a2 (mod n2)
...
x = ak (mod nk)
模[n1,n2,...nk]有唯一解,即在[n1,n2,...,nk]的意义下,存在唯一的x,满足:
x = ai mod [n1,n2,...,nk], i=1,2,3,...,k。
解可以写为这种形式:
x = sigma(ai* mi*mi') mod(N)
其中N=n1*n2*...*nk,mi=N/ni,mi'为mi在模ni乘法下的逆元。
AC代码:
#include <iostream> #include <cmath> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include <queue> #include <ctime> #include <algorithm> #define ll long long using namespace std; ll a[15], b[15]; ll x, y, n; ll ex_gcd(ll a, ll b) { if(!b) { x = 1; y = 0; return a; } ll d = ex_gcd(b, a % b); ll t = x; x = y; y = t - a / b * y; return d; } ll China_Reminder() { ll ret = 0, M = 1; for(int i = 0; i < n; i++) M *= a[i]; for(int i = 0; i < n; i++) { ll m = M / a[i]; ex_gcd(m, a[i]); x = (x % a[i] + a[i]) % a[i]; ret += b[i] * m * x; ret = (ret % M + M) % M; } return ret; } int main() { while(cin>>n) { for(int i = 0; i < n; i++) cin>>a[i]>>b[i]; cout<<China_Reminder()<<endl; } return 0; }
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