阅读本文前,推荐先学一下中国剩余定理。其实不学也无所谓,毕竟两者没啥关系
我们知道,中国剩余定理是用来解同余方程组
\begin{cases}x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right) \\ \ldots \\ x\equiv c_r\left( mod\ m_r\right) \end{cases}
但是有一个非常令人不爽的事情就是它要求m_1,m_2\ldots,m_r两两互素
如果某个毒瘤出题人偏要求它们部互素呢?
其实也有解决的办法
就是把出题人吊起来干一顿用扩展中国剩余定理
扩展中国剩余定理跟中国剩余定理没半毛钱关系,一个是用扩展欧几里得,一个是用构造
首先我们还是从简单入手,考虑一下如果同余方程组只有两个式子的情况
x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right)
将两个式子变形
x=c_{1}+m_{1}k_{1}\\ x=c_{2}+m_{2}k_{2}
联立
c_{1}+m_{1}k_{1}=c_{2}+m_{2}k_{2}
移项
m_{1}k_{1}=c_{2}-c_{1}+m_{2}k_{2}
我们用$(a,b)$表示$a,b$的最大公约数
在这里需要注意,这个方程有解的条件是
\left( m_{1},m_{2}\right) |\left( c_{2}-c_{1}\right),因为后面会用到\dfrac {\left( c_{2}-c_{1}\right) }{\left( m_{2},m_{1}\right) }这一项,如果不整除的话肯定会出现小数。
对于上面的方程,两边同除$(m_1,m_2)$
\dfrac {m_{1}k_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}k_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }
\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1}=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{2}
转换一下
\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1} \equiv \dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) } (mod\ \dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) })
此时我们已经成功把$k_2$消去了。
同余式两边同除\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }
k_1\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}\pmod {{m_2\over(m_1,m_2)}}
inv(a,b)表示a在模b意义下的逆元
k_1=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}+{{m_2\over (m_1,m_2)}}*y
接下来怎么办呢?这个式子已经化到最简了。。
不要忘了,我们刚开始还有两个式子。我们把k_1待回去!
x=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+y{{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}+c_1
x\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1\pmod {{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}
此时,整个式子中的元素我们都已经知道了
具体一点,这个式子可以看做是x\equiv c\pmod m
其中c=(inv({m_1\over (m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)})\%{m_2\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1
m={m_1m_2\over (m_1,m_2)}
推广一下
我们每次把两个同余式合并,求解之后得到一个新的同余式。再把新的同余式和其他的联立,最终就可以求出满足条件的解
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
const LL MAXN=1e6+10;
LL K,C[MAXN],M[MAXN],x,y;
LL gcd(LL a,LL b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(b==0){x=1,y=0;return a;}
LL r=exgcd(b,a%b,x,y),tmp;
tmp=x;x=y;y=tmp-(a/b)*y;
return r;
}
LL inv(LL a,LL b)
{
LL r=exgcd(a,b,x,y);
while(x<0) x+=b;
return x;
}
int main()
{
#ifdef WIN32
freopen("a.in","r",stdin);
#else
#endif
while(~scanf("%lld",&K))
{
for(LL i=1;i<=K;i++) scanf("%lld%lld",&M[i],&C[i]);
bool flag=1;
for(LL i=2;i<=K;i++)
{
LL M1=M[i-1],M2=M[i],C2=C[i],C1=C[i-1],T=gcd(M1,M2);
if((C2-C1)%T!=0) {flag=0;break;}
M[i]=(M1*M2)/T;
C[i]= ( inv( M1/T , M2/T ) * (C2-C1)/T ) % (M2/T) * M1 + C1;
C[i]=(C[i]%M[i]+M[i])%M[i];
}
printf("%lld\n",flag?C[K]:-1);
}
return 0;
}
再放道裸题
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573