codevs3990——中国余数定理：一元模线型方程组

转载:这是抄的，但是抄过后原网址的位置找不到了，对不起原作者……

中国剩余定理

　　在《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？”这个问题称为“孙子问题”，该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。具体解法分三步：

00001.

1. 找出三个数：从3和5的公倍数中找出被7除余1的最小数15，从3和7的公倍数中找出被5除余1 的最小数21，最后从5和7的公倍数中找出除3余1的最小数70。

2. 用15乘以2（2为最终结果除以7的余数），用21乘以3（3为最终结果除以5的余数），同理，用70乘以2（2为最终结果除以3的余数），然后把三个乘积相加15∗2+21∗3+70∗2 得到和233。

3. 用233除以3，5，7三个数的最小公倍数105，得到余数23，即 233%105=23 。这个余数23就是符合条件的最小数。

　　就这么简单。我们在感叹神奇的同时不禁想知道古人是如何想到这个方法的，有什么基本的数学依据吗？

　　我们将“孙子问题”拆分成几个简单的小问题，从零开始，试图揣测古人是如何推导出这个解法的。

　　首先，我们假设 n1 是满足除以3余2的一个数，比如2，5，8等等，也就是满足3∗k+2（k>=0） 的一个任意数。同样，我们假设 n2 是满足除以5余3的一个数，n3 是满足除以7余2的一个数。

　　有了前面的假设，我们先从 n1 这个角度出发，已知 n1 满足除以3余2，能不能使得 n1+n2 的和仍然满足除以3余2？进而使得n1+n2+n3 的和仍然满足除以3余2？

　　这就牵涉到一个最基本数学定理，如果有a%b=c ，则有(a+k∗b)%b=c(k为非零整数) ，换句话说，如果一个除法运算的余数为 c ，那么被除数与 k 倍的除数相加（或相减）的和（差）再与除数相除，余数不变。这个是很好证明的。

　　以此定理为依据，如果 n2 是3的倍数，n1+n2 就依然满足除以3余2。同理，如果 n3 也是3的倍数，那么n1+n2+n3 的和就满足除以3余2。这是从 n1 的角度考虑的，再从n2 ，n3 的角度出发，我们可推导出以下三点：

00001.

1. 为使 n1+n2+n3 的和满足除以3余2，n2 和 n3 必须是3的倍数。

2. 为使 n1+n2+n3 的和满足除以5余3， n1 和 n3 必须是5的倍数。

3. 为使 n1+n2+n3 的和满足除以7余2，n1 和 n2 必须是7的倍数。

　　因此，为使 n1+n2+n3 的和作为“孙子问题”的一个最终解，需满足：

00001.

1. n1 除以3余2，且是5和7的公倍数。

2. n2 除以5余3，且是3和7的公倍数。

3. n3 除以7余2，且是3和5的公倍数。

　　所以，孙子问题解法的本质是从5和7的公倍数中找一个除以3余2的数 n1 ，从3和7的公倍数中找一个除以5余3的数 n2 ，从3和5的公倍数中找一个除以7余2的数 n3 ，再将三个数相加得到解。在求 n1 ， n2 ， n3 时又用了一个小技巧，以 n1 为例，并非从5和7的公倍数中直接找一个除以3余2的数，而是先找一个除以3余1的数，再乘以2。也就是先求出5和7的公倍数模3下的逆元，再用逆元去乘余数。

　　这里又有一个数学公式，如果 a%b=c ，那么(a∗k)%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=k∗c(k>0) ,也就是说，如果一个除法的余数为 c ，那么被除数的k 倍与除数相除的余数为k∗c 。展开式中已证明。

　　最后，我们还要清楚一点， n1+n2+n3 只是问题的一个解，并不是最小的解。如何得到最小解？我们只需要从中最大限度的减掉掉3，5，7的公倍数105即可。道理就是前面讲过的定理“如果 a%b=c ，则有 (a−k∗b)%b=c ”。所以（n1+n2+n3）%105 就是最终的最小解。

　　这样一来就得到了中国剩余定理的公式：



计算过程：

#include<iostream>
#include<math.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,l,r;
//x%ai=ri;
//合并后 x%a1=r1;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(b==0){
x=1;y=0;
return ;
}
else {
exgcd(b,a%b,x,y);
ll tmp=x;
x=y;
y=tmp-(a/b)*y;
}
}

void work(){
ll a[20],r[20], a1=1,r1=0;
ll le,ri;
cin>>n>>le>>ri;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>r[i];
a1*=a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
ll ai=a1/a[i],invai;
ll x,y;
exgcd(ai,a[i],x,y);//求出ai%a[i]的逆元x
x=(x%a[i]+a[i])%a[i];//找出最小的整整数x
r1=(r1+ai*x*r[i])%a1;
}
//r1=r1%a1-a1;
ll ans,realle,realri;
bool flag=true;
realle=((ll)ceil((le-r1)/a1))*a1+r1;
realri=((ll)floor((ri-r1)/a1))*a1+r1;
ans=(realri-realle)/a1+1;
//cout<<realle<<" "<<realri<<" "<<r1<<endl;
if(realle>realri)flag=false;
if(realle>ri||realri<le)flag=false;
if(!flag)cout<<0<<endl<<0<<endl;
else cout<<ans<<endl<<realle<<endl;

}
int main(){
work();
return 0;

}

中国剩余定理扩展——求解模数不互质情况下的线性方程组：

　　普通的中国剩余定理要求所有的互素，那么如果不互素呢，怎么求解同余方程组？

　　这种情况就采用两两合并的思想，假设要合并如下两个方程：



　　那么 x1 和 x2 就要尽可能的小，于是我们用扩展欧几里得算法求出 x1 的最小正整数解，将它代回 a1+m1x1 ，得到x 的一个特解 x′ ，当然也是最小正整数解。

　　所以x 的通解一定是 x′ 加上 lcm(m1,m2)∗k ，这样才能保证 x 模m1 和m2 的余数是 a1 和a2 。由此，我们把这个 x′ 当做新的方程的余数，把lcm(m1,m2) 当做新的方程的模数。（这一段是关键）

　　合并完成：



参考代码：

#include<iostream>
#include<math.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,l,r;
void exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){
if(b==0){
x=1;y=0,d=a;
return ;
}
else {
exgcd(b,a%b,d,x,y);
ll tmp=x;
x=y;
y=tmp-(a/b)*y;
}
}
void work(){
ll a1,r1,a2,r2,a,b,c,d,x,y,le,ri;
cin>>n>>le>>ri;
cin>>a1>>r1;
bool flag=true;
for(int i=1;i<n;i++){
cin>>a2>>r2;
a=a1,b=a2,c=r2-r1;
exgcd(a,b,d,x,y);
if(c%d){flag=false;break;}
ll t=b/d;
x=(x*(c/d)%t+t)%t;
r1=a1*x+r1;//r1是最小正整数解，
a1=a1*a2/d;//a=lcm(a1,a2,an);
//  cout<<" gcd"<<d<<" "<<a1<<" "<<r1<<endl;
}
//r1=r1%a1-a1;
ll ans,realle,realri;

realle=((ll)ceil((le-r1)/a1))*a1+r1;
realri=((ll)floor((ri-r1)/a1))*a1+r1;
ans=(realri-realle)/a1+1;
//	cout<<realle<<" "<<realri<<" "<<r1<<endl;
if(realle>realri)flag=false;
if(realle>ri||realri<le)flag=false;
if(!flag)cout<<0<<endl<<0<<endl;
else cout<<ans<<endl<<realle<<endl;

}
int main(){
work();
return 0;

}