学习拓展中国剩余定理小结

前言

话说中国剩余定理好早就会了，但是一直木有接触过拓展的。
只知道它是个什么东东。
最近似乎需要它了，稍微学了学，似乎还挺简单的。
小结一下~

简介

中国剩余定理我们都懂吧？
而拓展则是把它后面的模数变成一个非质数，（当然，各个方程的模数互质）。
然后求出最小的x的解。

做法

似乎拓展之后很难用原来的套路来搞了。
怎么办？
我们发现，我们可以利用一些奇怪的推柿子大法来合并柿子。

考虑合并一下两个柿子：
(x equiv c1 (mod m1))
(x equiv c2 (mod m2))
转化一下：
(x=c1+m1*k1)
(x=c2+m2*k2)
合并、移项
(m1*k1=c2-c1+m2*k2)
设(g=gcd(m1,m2))
柿子两边同除g得：
(frac{m1}g*k1=frac{c2-c1}g+frac{m2}g*k2)
我们考虑转化一下：
(frac{m1}g*k1 equiv frac{c2-c1}g (mod frac{m2}g))
当然，这个时候我们发现，(frac{c2-c1}g)这条柿子一定要是整数，否则就有小数了，判断一下。
于是，现在我们已经去掉了一个k2了，但是左边依然很不优美，接下来考虑化简一波。
设(ny())表示求逆元。
(k1equiv ny(frac{m1}g)*frac{c2-c1}g (mod frac{m2}g))
(k1=ny(frac{m1}g)*frac{c2-c1}g+frac{m2}g*y)
还记得这条柿子吗？
(x=c1+m1*k1)
于是我们把(k1)带回去
(x=c1+ny(frac{m1}g)*frac{c2-c1}g*m1+frac{m2*m1}g*y)
去掉y就变成：
(x equiv c1+ny(frac{m1}g)*frac{c2-c1}g*m1 (mod frac{m2*m1}g))
不就实现了合并吗？
然后逆元求解可以利用我们的拓展欧几里得。
当然要注意的一点是：小心爆longlong，可能需要用到龟速乘。

应用

例题：（最近做的一道）
Comet OJ - Contest #10 鱼跃龙门


怎么做？
考虑把某个n给分解质因数。
(n=q_1^{p_1}*q_2^{p_2}*……*q_m^{p_m})
考虑m=1的情况：
x只可能是：(y*q_m^{p_m})或是(y*q_m^{p_m}-1)
然后m的个数不可能超过12。
因此，我们考虑直接枚举每种质因子是(y*q_m^{p_m})还是(y*q_m^{p_m}-1)。
然后联立方程式，利用拓展中国剩余定理求解即可。
时间复杂度：(O(2^12*12*log))
然鹅这题比较逗比的是，用这种做法会爆longlong，然后就要打龟速乘。
而时间有很紧，因此要卡卡常。
这也是为什么我比赛T了17次没切的原因QWQ。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int t;
long long zs[1000011],bz[1000011],p[1000011],flag[1000011];
long long n,x,y,gs,mi[21],m[21],c[21],ans;
bool bzz;

long long gcd(long long a,long long b)
{
	if (b==0) return a;
	else return gcd(b,a%b);
}
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
	if (b==0)
	{
		x=1;y=0;return a;
	}
	else
	{
		long long d=a/b; 
		long long c=exgcd(b,a-b*d,x,y);
		long long z=x;
		x=y;y=z-d*y;
		return c;
	}
}
long long ny(long long a,long long b)
{
	long long z=exgcd(a,b,x,y);
	while (x<0)
	{
		x+=b;
	}
	return x;
}

long long cheng(long long a,long long b,long long mo)
{
	long long t=0;
	while(b)
	{
		t=(t+a*(b&1023))%mo;
		b>>=10;
		a=a*1024%mo; 
	}
	return t;
}

#define R register
int main()
{
	mi[0]=1;
	for (int i=1;i<=20;i++)
	{
		mi[i]=mi[i-1]*2;
	}
	for (int i=2;i<=1000000;i++)
	{	
		if (bz[i]==0)
		{
			zs[0]++;
			zs[zs[0]]=i;
			for (int j=1;j*i<=1000000;j++)
			{
				bz[j*i]=1;
			}
		}
	}
	scanf("%d",&t);
	while (t>0)
	{
		t--;
		scanf("%lld",&n);
		if (n==1)
		{
			printf("1
");
			continue;
		}
		long long j=0;
		gs=0;
		flag[1]=0;
		for (int i=1;i<=zs[0];i++)
		{
			if (n%zs[i]==0)
			{
				gs++;
				p[gs]=1;	
				if (zs[i]==2)
				{	
					flag[1]=1;
				}
			}
			while (n%zs[i]==0)
			{
				p[gs]=p[gs]*zs[i];
				n=n/zs[i];
			}
			if (zs[i]>n)
			{
				break;
			}
		}
		if (n>1)
		{
			gs++;
			p[gs]=n;	
		}
		ans=20000000000000000;
		for (int i=1;i<=mi[gs]-1;i++)
		{
			long long j=i;
			memset(m,0,sizeof(m));
			memset(c,0,sizeof(c));
			int k=1;
			while (j>0)
			{
				if (flag[k]==1)
				{
					m[k]=p[k]*2;
				}
				else m[k]=p[k];
				if (j%2==1)
				{
					c[k]=m[k]-1;
				}
				else c[k]=0;
				k++;j=j/2;
			}
			for (int j=k;j<=gs;j++)
			{
				if (flag[j]==1)
				{
					m[j]=p[j]*2;
				}
				else m[j]=p[j];
				c[j]=0;
			}
			bzz=true;
			for (R long long j=2;j<=gs;j++)
			{
				R long long m1(m[j-1]),m2(m[j])
				,c1(c[j-1]),c2(c[j])
				,T(gcd(m1,m2))
				,mo(m2/T);
				if ((c2-c1)%T!=0) 
				{
					bzz=false;break;
				}
				m[j]=(m1*m2)/T;
				R long long op(ny(m1/T,mo)),oq(c2-c1),kk(ny(T,mo));
				if (op>1000000000 && oq>1000000000)
				c[j]=(cheng(oq,op,mo)*kk)%mo*m1+c1;
				else
				c[j]=(oq*kk%mo*op)%mo*m1+c1;
				
				c[j]=c[j]%m[j];
				if(c[j]<0)c[j]+=m[j];
			}
			if (bzz==true)
			{
				ans=min(ans,c[gs]);
			}
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
}