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题目大意：求同余方程组
$xequiv b_i(mod a_i)$
的最小正整数解。
$1leq nleq 10^5,1leq a_ileq 10^{12},0leq b_ileq 10^{12},b_i<a_i$，保证有解，答案不超过 $10^{18}$。
（其实我没打成方程组形式是因为我 $latex$ 太差）
既然是模板就直接讲方法。假设不一定有解。
方法：每次将前 $i-1$ 个方程合并后的方程与第 $i$ 个方程合并，直到 $n$ 个方程全部合并完。
（合并之后的方程也是 $xequiv B(mod A)$ 的形式）
来看看假设前 $i-1$ 个方程合并后是 $xequiv B(mod A)$，第 $i$ 个方程是 $xequiv b_i(mod a_i)$。
那么合并后的新方程模数肯定是 $operatorname{lcm}(A,a_i)$。
发现 $x$ 可以表示成 $kA+B$ 的形式，我们就是要找到一个 $k'$ 使得 $k'A+Bequiv b_i(mod a_i)$，也就是 $k'Aequiv b_i-B(mod a_i)$。
其中 $A,b_i-B,a_i$ 都是已知的，这不就 $EXGCD$ 的模板了吗！
好的。求出 $k'$ 合并之后就是 $xequiv k'A+B(mod operatorname{lcm}(A,a_i))$。如果方程无解（即没有符合条件的 $k'$）那么整个方程组无解。
一路滚下去，最后滚出的 $B$ 就是答案。
时间复杂度：$n$ 次合并，每次一个 $EXGCD$，复杂度 $O(nlog(max{a_i}))$。
代码：（附带判断）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 int n; 5 ll a[100010],b[100010]; 6 ll qmul(ll a,ll b,ll mod){ //模数是long long范围，要写慢速乘 7 ll ans=0; 8 for(;b;b>>=1,a=(a<<1)%mod) if(b&1) ans=(ans+a)%mod; 9 return ans; 10 } 11 ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ //模板（返回gcd(a,b)） 12 if(!b){x=1;y=0;return a;} 13 ll d=exgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return d; 14 } 15 ll excrt(){ //模板 16 ll clcm=a[1],ans=b[1]; //前一个方程合并就是第一个方程（clcm是A，ans是B） 17 for(int i=2;i<=n;i++){ 18 ll x,y,d=exgcd(clcm,a[i],x,y),r=((b[i]-ans)%a[i]+a[i])%a[i],tmp=clcm/d*a[i]; //x,y,d是EXGCD中的，r是bi-B,tmp是lcm(A,ai) 19 if(r%d) return -1; //裴蜀定理，不整除gcd则无解 20 x=(qmul(x,r/d,a[i])+a[i])%a[i]; //真正的k' 21 ans=(ans+qmul(x,clcm,tmp))%tmp; //新的B 22 clcm=tmp; //新的A 23 } 24 return ans; //滚出来的B 25 } 26 int main(){ 27 scanf("%d",&n); 28 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",a+i,b+i); 29 printf("%lld ",excrt()); 30 }
其实我学这个是为了做出这题：