CodeVS3990：中国余数定理 2 （CRT）

题目传送门：http://codevs.cn/problem/3990/

题目分析：这是一道CRT入门题。

关于CRT入门我是看MashiroSky大神的blog，个人认为写得很好。

然后以下的东西是给自己复习用的，简记一下，大概写得很烂QAQ：

现在要求kk个形如x≡ci(modmi)x≡ci(modmi)的同余方程组的最小非负整数解xx，其中mimi两两互质。记M=∏ki=1miM=∏i=1kmi，那么很明显x∈[0,M)x∈[0,M)。现在考虑如何让xx满足第一个方程的条件而不影响其它方程。我们可以算出一个其它所有mimi的lcm的倍数，即Mm1Mm1的倍数，使得它模m1m1刚好等于c1c1。也就是要求：

k∗Mm1≡c1(modm1)k∗Mm1≡c1(modm1)

所以只要算出Mm1Mm1在modm1modm1下的逆元，再乘以c1c1即为kk。用kk乘以Mm1Mm1即为要求的lcm的倍数。

然后对于m2m2~mkmk也这样操作，最后将这些数加起来模MM，即为xx。考虑最终的xx模每个mimi的结果，就会发现这样操作正确性显然。于是得出式子：

x≡∑i=1kciMmiInv(Mmi,mi)(modM)x≡∑i=1kciMmiInv(Mmi,mi)(modM)

其中Inv(x,y)Inv(x,y)表示x关于y的逆元。

这个式子其实是有很多局限性的，比如MM不能太大。在本题中由于MM达到10141014，如果写费马小定理求逆元要用快速乘。但当某些算法的模数很难处理的时候，可以用CRT将其分解，然后合并。另外，由于符合条件的xx在[0,M)[0,M)中仅有唯一取值，还可以将原先难以处理的模数用其它几个方便处理的互质的模数代换，然后用CRT求出其真实值。比如经典的任意模数NTT，只要选取的模数使M>NP2M>NP2，即可唯一确定多项式每一位的值。其中MM是选取模数之积，NN是多项式的次数界，PP是原模数。因为卷积后多项式每一位的值不会超过NP2NP2。

CODE：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int maxn=15;
typedef long long LL;

LL m[maxn];
LL c[maxn];
LL M;

LL X,Y;
LL a,b;
int n;

void Exgcd(LL u,LL v)
{
if (!v) X=1,Y=0;
else
{
Exgcd(v,u%v);
LL p=X;
LL q=Y;
X=q; //!!!
Y=p-u/v*q; //!!!
}
}

int main()
{
freopen("3990.in","r",stdin);
freopen("3990.out","w",stdout);

scanf("%d%I64d%I64d",&n,&a,&b);
M=1;
for (int i=1; i<=n; i++) scanf("%I64d%I64d",&m[i],&c[i]),M*=m[i];
LL k=0;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
Exgcd(m[i],M/m[i]%m[i]);
while (Y<0) Y+=m[i];
k=(k+ M/m[i]*c[i]%M*Y%M )%M;
}

a-=k;
b-=k;
LL num=(b+M)/M-(a-1+M)/M; //!!!
if (!num) printf("0\n0\n");
else
{
a=(a+M-1)/M*M+k;
printf("%I64d\n%I64d\n",num,a);
}

return 0;
}