中国剩余定理学习总结

中国剩余定理学习总结

理解：

     设m1，m2，m3，...，mk是两两互素的正整数，即gcd(mi,mj)=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：

ðx = 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。

思想：

通过上面的x的求法，可以比较明确的看出，我们针对一个ax0当我们对于x 做x
% nx0时，显然，对于对应的ax0* mx0 * mx0',mx0'是对于mx0对于mod
nx0的逆元，所以，显然对于mx0 * mx0' % nx0为0，然后针对其他的项，因为所有的ni互质，所以其他项，均mod为0，只有当前还有一个a，得证。

Source：

/*O(n log n) 中国剩余定理(crt)*/
int CRT(int *res, int *mod, int n) {
int ans = 0, m = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) m *= mod[i];
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int mi = m / mod[i];
ext_gcd(mi, mod[i], x, y);
ans = (ans + mi * x * res[i]) % m;
}
if(ans < 0) ans += m;
return ans;
}

拓展：不互质形式

因为对于这种普通的中国剩余定理，我们必须要求要对每一个mod都保证两两互质，这样才能直接使用，但是现实是不是每一道题都能直接满足，所以我们应该要做到有通解的方法。

烤炉我们需要求取满足

m = a1 (mod r1)

m = a2 (mod r2)

...

m = ak (mod rk)

的一个x，那么我们提出任意两个等式

m = a1 * x + r1 = a2* y + r2

ð a1 * x + r1 = a2 * y+ r2

ð a1 * x + a2 * (-y) =r2 – r1

ð 形如 a * x + b * y = c的形式

那么直接通过扩欧就可以确定当前能取得的最小的x，

所以，针对这两个等式所求的m即为，m = a1 * x +
r1那么詪显然的，为了满足继续的等式，并且不破坏当前的性质，即m’ % a1 = n1

且m’ % a2 = r2 那么我们只要满足 (m’
– m) % [a1, a2]= 0 即可，所以对于这两个等式我们可以合并成为m’ = m (mod [a1, a2])

也就可以变形成为 m’ = [a1, a2] * x +m è 形如原来的等式m
= a * x + r, 然后往后面依次计算即可。每一次联立两个等式，进行扩欧，最后得到满足所有等式的答案。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cctype>

using namespace std;

inline void R(long long &v) {
char c = 0;
bool p = true;
v = 0;
while(!isdigit(c)) {
if(c == '-')
p = false;
c = getchar();
}
while(isdigit(c)) {
v = (v << 3) + (v << 1) + (c ^ '0');
c = getchar();
}
if(!p)
v = -v;
}

long long s, t, v, e, x, y, a, b, c;
long long ans;

long long gcd(long long a, long long b) { return (!b) ? a : gcd(b, a % b); }

void ext_gcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y) {
b ? (ext_gcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x) : (x = 1, y = 0);
}

long long n, a1, r1, a2, r2;

int main() {
while(scanf("%lld", &n) != EOF) {
bool flag = true;
R(a1), R(r1);
for(int i = 1; i < n; ++i) {
/*因为不一定满足所有的mod都是互质的
所以我们不能用普通的CRT解决，*/
R(a2), R(r2);
a = a1, b = a2, c = r2 - r1;
long long t = gcd(a, b);
if(c % t) { flag = false; continue; }
a /= t, b /= t, c /= t;
ext_gcd(a, b, x, y);
x = (x % b * c % b + b) % b;
/*针对任意两个算式，求取m = a1 * x + r1 = a2 * y + r2
即， a1 * x - a2 * y = r2 - r1 ==> ax + by = c
直接用扩欧解决即可， 然后对于求得的答案，因为要与下一个、
联立， 那么只要满足，新的 m' = m + C * [a1, a2]即可
然后又可以将算式，转变为m = a1 * x + r1的形式继续联立*/
long long temp = a1;
a1 = t * a * b;
a = x * temp + r1;
r1 = a;
}
if(!flag) cout << "-1" << '\n';
else cout << a << '\n';
}
}