Chinese remainder theorem again（hdu 1788）两种解法：线性同余方程或者简单的最小公倍数

大概题意：有个最小的N，使得N（mod M[i]）=M[i]-a;这里1<=i<=k,1<k<10.就是求出最小的N就行，这里我提供两种思路：

1：线性同余方程的解法：

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
int n;
int times;
const int MAXN = 1010;
LL A[MAXN], r[MAXN];
LL lcm;
LL gcd(LL a, LL b)
{
return b == 0? a : gcd(b, a%b);
}
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);}
}
void read_case()
{

}
void solve()
{
int p;
while(~scanf("%d%d", &n,&p),n||p)
{
lcm = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%lld", &A[i]);
lcm = lcm / gcd(lcm, A[i]) * A[i];
r[i]=A[i]-p;
}
//    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &r[i]);
LL a, b, c, d, x, y;
for(int i = 2; i <= n; i++)
{
a = A[1], b = A[i], c = r[i]-r[1];
ex_gcd(a, b, d, x, y);
if(c % d) { printf("-1\n"); return ;}
LL b1 = b / d;
x *= c / d;
x = (x%b1 + b1) % b1;
r[1] = A[1]*x + r[1];
A[1] = A[1]*(A[i] / d);
}
if(r[1] == 0) printf("%lld\n", lcm);
else printf("%lld\n", r[1]);
}
}

int main()
{
int T;
times = 0;
solve();
return 0;
}

第二种解法的分析：

N%M[i]=M[i]-a;

N%M[i]+a=M[i];

(N+a)%M[[i]=0;

就代表N+a就是M[i]的最小公倍数，其中i就是1到k；

下边请见代码实现：

#include <iostream>

#include <cstdlib>

#include <cstdio>

#include <cstring>

using namespace std;

typedef long long LL;

int n;

int times;

const int MAXN = 1010;

LL A[MAXN], r[MAXN];

LL lcm;

LL gcd(LL a, LL b)

{

    return b == 0? a : gcd(b, a%b);

}

int main()

{

    int k,a;

   while(~scanf("%d%d",&n,&k),n||k)

   {

       LL temp=1;

       for(int i=0;i<n;i++)

       {

           scanf("%d",&a);

           temp=(temp/gcd(a,temp))*a;

       }

       printf("%lld\n",temp-k);

   }

}