中國剩餘定理（CRT）及其拓展（ExCRT）
中國剩餘定理 CRT
推導
給定\(n\)個同餘方程
\[ \left\{ \begin{aligned} x &\equiv a_1 \pmod{m_1} \\ x &\equiv a_2 \pmod{m_2} \\ &... \\ x &\equiv a_n \pmod{m_n} \end{aligned} \right. \]
\(m_1, m_2 , ... , m_n\)兩兩互質令\(M = \prod_{i=1}^{n} m_i\)，求\(x \mod M\)
解決該問題的方法是構造。
我們假定最終答案的形式是一個\(n\)個項的和式，對每個同餘方程的構造反應在對應項的係數上。
如果要對每一個項分別構造，就要求為每一項乘上一個合適的數，使得每項構造的係數對其他方程的結果沒有影響。
容易想到構造
\[
M_i = \frac{M}{m_i}
\]
顯然該數僅在模\(m_i\)時不為\(0\)，於是改變該項的係數將不會對其他方程造成影響。
現在我們希望該項模\(m_i\)意義下是\(a_i\)，但上一次的構造殘留下了一個\(M_i\)。簡單粗暴的乘上\(M_i\)在模\(m_i\)意義下的逆元\(inv_{m_i}(M_i)\)，讓該項在模\(m_i\)意義下變為\(1\)，然後乘上\(a_i\)就構造出來了。
綜上，答案為
\[
\sum_{i=1}^{n} M_i inv_{m_i}(M_i) a_i \mod{M}
\]
模數互質條件保證了\(M_i\)非\(0\)，保證了\(inv_{m_i}(M_i)\)的存在。
實現
大部分題的所有\(m_i\)都是質數，求逆元\(QPow\)即可。
對於一般的情況，上exgcd就行。
板題：洛谷P1495 曹衝養豬
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<ctime> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<queue> #include<vector> #include<map> #include<set> using namespace std; typedef long long ll; namespace ExGcd{ ll x,y; ll ExGcd(ll a,ll b){ ll ans; if(a%b==0){ x=0;y=1;ans=b; }else{ ans=ExGcd(b,a%b); ll x1=x,y1=y; x=y1;y=x1-a/b*y1; } return ans; } bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){ ll d=ExGcd(a,b); if(c%d!=0) return 0; x*=c/d;y*=c/d; x=(x%b+b)%b; y=(c-a*x)/b; return 1; } } ll Inv(ll a,ll m){ ExGcd::SolveEqu(a,m,1); return ExGcd::x; } const ll CRTN=20; namespace CRT{ ll N; ll m[CRTN],a[CRTN]; ll Sol(){ ll ans=0,M=1; for(ll i=1;i<=N;i++) M*=m[i]; for(ll i=1;i<=N;i++){ ll Mi=M/m[i]; ans=(ans+Mi*Inv(Mi,m[i])*a[i])%M; } return ans; } } int main(){ using namespace CRT; scanf("%lld",&N); for(ll i=1;i<=N;i++) scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]); printf("%lld",Sol()); return 0; }
拓展中國剩餘定理 ExCRT
ExCRT和CRT並沒有什麼關係，正如ExLucas和Lucas沒什麼關係一樣（
其實從純推理的角度來看，ExCRT可能還要好想一點（
推導
問題同CRT，但是模數是任意的，並不要求互質。
這時，我們就不能保證存在逆元了。那麼如何解決該問題呢？
考慮如何合併兩個方程。如果我們找到了合併的方法，就能如法炮製將\(n\)個方程依次合併起來，得到答案。
\[
\left\{
\begin{aligned}
x &\equiv a_1 \pmod{m_1} \\
x &\equiv a_2 \pmod{m_2}
\end{aligned}
\right.
\]
去掉同餘，化為不定方程
\[
\left\{
\begin{aligned}
x &= m_1 y_1 + a_1 \\
x &= m_2 y_2 + a_2
\end{aligned}
\right.
\]
於是得到
\[
m_1 y_1 + a_1 = m_2 y_2 + a_2
\]
只要找到一組滿足該式的\(y_1\)和\(y_2\)，就能反算出\(x\)，實現合併。
而我們得到的是一個二元一次的不定方程，可以用exgcd求解。
化為標準式
\[
m_1 y_1 - m_2 y_2 = a_2 - a_1
\]
解就是了。如果沒有解，說明同餘方程組無解。
於是最後化得的合併式為
\[
x \equiv m_1 y_1 + a_1 \pmod{lcm(m_1,m_2)}
\]
實現
唯一需要注意的地方是，本來解方程應該解\((m_1,-m_2,a_2-a_1)\)，但ExGCD不好處理負數，所以把\(m_2\)改成了\(m_1\)。因為我們並不需要用到\(y_2\)，所以顯然是沒有影響的。
板題：poj2891 Strange Way to Express Integers or 洛谷P4777 擴充套件中國剩餘定理（EXCRT）
會被卡乘法爆ll，懶得改
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
namespace ExGcd{
ll x,y;
ll ExGcd(ll a,ll b){
ll ans;
if(a%b==0){
x=0;y=1;ans=b;
}else{
ans=ExGcd(b,a%b);
ll x1=x,y1=y;
x=y1;y=x1-a/b*y1;
}
return ans;
}
bool SolveEqu(ll a,ll b,ll c){
ll d=ExGcd(a,b);
if(c%d!=0) return 0;
x*=c/d;y*=c/d;
x=(x%b+b)%b;
y=(c-a*x)/b;
return 1;
}
}
ll Gcd(ll a,ll b){
if(a%b==0) return b;
return Gcd(b,a%b);
}
namespace ExCRT{
ll a1,m1;
void Init(){
a1=0;m1=1;
}
void Expand(ll a2,ll m2){
ExGcd::SolveEqu(m1,m2,a2-a1);
ll y1=ExGcd::x;
ll mn=m1*m2/Gcd(m1,m2);
a1=(m1*y1+a1)%mn;
m1=mn;
}
}
int main(){
ll N;scanf("%lld",&N);
ExCRT::Init();
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll a,m;scanf("%lld%lld",&m,&a);
ExCRT::Expand(a,m);
}
printf("%lld",ExCRT::a1);
return 0;
}