中国剩余定理及其拓展
中国剩余定理CRT引例：（选自孙子兵法）
今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？
怎么考虑这个问题?
按照题意：
设答案为x，则有
x≡2（mod 3）
x≡3（mod 5）
x≡2（mod 7）
就是求x的最小值
不难发现线性同余方程组的定义就是形如：
x≡a1（mod m1）
x≡a2（mod m2）
x≡a3（mod m3）
………………………….
x≡ak（mod mk）
的方程
Sol：
先看看解法：我们再来想想为什么是正确的。
l Step1：从5和7的公倍数中找出一个数n1使得n1≡1（mod 3）可知n1(min)=70
l Step2：从3和7的公倍数中找出一个数n2使得n2≡1（mod 5）可知n2(min)=21
l Step3：从3和5的公倍数中找出一个数n3使得n3≡1（mod 7）可知n3(min)=15
l Step4：令Ans‘=a1 * n1 + a2 * n2 + a3 * n3 = 2 * 70 + 3 * 21 + 15 * 2 = 233
l Step5：答案Ans(min)=Ans’%lcm(3,5,7)=233%105=23
正确性证明：
我们试图说明这样解法的正确性。
首先我们先证明几个引理。
引理1：若有a≡c（mod b）则有a+kb≡c（mod b）k∈Z
转化一下：若a % b = c那么必有（a+k*b）% b = c
证明是及其简单的：等式右边 =（a+k*b）% b = a % b+（kb）% b = a%b=等式左边
这句话翻译为人话是这样的：如果一个除法运算的余数为c，那么被除数与k倍的除数相加（或相减）的和（差）再与除数相除，余数不变。
引理2：若a≡c（mod b）则有 (a*k) ≡ kc（mod b）k∈Z
转化一下：a%b=c那么( a*k ) % b=k*c 其中k∈Z
证明也是显然的：( a*k ) % b = a%b +a%b +….+a%b=c+c+……+c=k*c k∈N*
我们现在来考虑孙子怎么考虑这个问题。
我们设置：
l n1是满足除以3余2的一个数，就是n1=3k+2 其中k∈N
l n2是满足除以5余3的一个数，就是n2=5k+3 其中k∈N
l n3是满足除以7余2的一个数，就是n3=7k+2 其中k∈N
（显然此k非彼k）
由引理1可知：
如果n2是3的倍数那么要使n1+n2 满足 除以3余2那么显然n1需要是3的倍数。
按照这个道理现在n1+n2已经除以3余2要想n1+n2+n3除以 3 余2那么n3必须是3的倍数
于是我们可以推出这样三点：
- 要使n1+n2+n3 满足 除以3余2，n2和n3必须是3的倍数
- 要使n1+n2+n3 满足 除以5余3，n1和n3必须是5的倍数
- 要使n1+n2+n3 满足 除以7余2，n2和n3必须是7的倍数
再次结合上面对于n1，n2，n3的定义
- n1是满足除以3余2的一个数，就是n1=3k+2 其中k∈N
- n2是满足除以5余3的一个数，就是n1=5k+3 其中k∈N
- n3是满足除以7余2的一个数，就是n1=7k+2 其中k∈N
可知
- n1除以3余2，且是5和7的公倍数。
- n2除以5余3，且是3和7的公倍数。
- n3除以7余2，且是3和5的公倍数。
我们如果找出n1，n2，n3那么这个问题就解决了。
我们设 n1=5*7*k=35k，
解同余方程35k≡2（mod 3）那就是求35k‘≡1（mod 3）的两倍
显然就是35关于3的逆元就可以求出k‘，
就可以求出k=2k‘，从而求出n1=5*7*2*k’
如此类推就可以知道n2和n3 的值
那么就是n2=3*7*3*k‘， n3=3*5*2*k‘
然后求出Ans’=n1+n2+n3，（只是一个解而不是最小解）
然后我们要用到引理1了：若a % b = c那么必有（a+k*b）% b = c
若k为负数，那么我们不停的减去lcm(3,5,7)就可以得出最优解。
Ans= Ans’ % lcm(3,5,7)
总结
好了我们总结一下方法
解线性同余方程：
x≡a1（mod m1）
x≡a2（mod m2）
x≡a3（mod m3）
………………………….
x≡ak（mod mk）
其中满足{x|x=mi,i=1,2,3…k} ⊆{Prime}
的方法：
上面是一个特例，由于我们要求逆元inv那么必须所有的mi都要是质数，其中满足{x|x=mi,i=1,2,3…k} ⊆{Prime}，多少有很大的不实用性，由于我们有扩展欧几里得算法
可以求出ax+by=gcd（a,b）的最小正整数解，这就要用到中国剩余定理扩展。
中国剩余定理扩展EXCRT —— 求解模数不互质情况下的线性方程组
其实比上面更加简单。
我们考虑两个同余方程：
x≡a1（mod m1）
x≡a2（mod m2）
必然可以表示成这样的形式
x=a1+m1x1
x=a2+m2x2
联立可知： a1 + m1x1 = x = a2 + m2x2
那么这里x1和x2是未知数，就是
m1x1-m2x2=a2-a1
可以解出来x1（最小），带回到 x的一个特解x‘
这个x’显然可以满足
x≡a1（mod m1）
x≡a2（mod m2）
然后组成这样的新的同余方程
x≡x‘（mod lcm（m1,m2））
然后就可以解出最终解出x
模板题： https://www.luogu.org/problemnew/show/P4777
代码：
# include <bits/stdc++.h> # define LL long long using namespace std; const int MAXN=1e5+1; LL m[MAXN],a[MAXN]; int n; inline LL read() { LL X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } inline LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) { if (!b) { x=1,y=0; return a;} LL g=ex_gcd(b,a%b,x,y); LL t=x;x=y;y=t-a/b*y; return g; } inline LL gcd(LL a,LL b){ return (!b)?a:gcd(b,a%b); } inline LL lcm(LL a,LL b){ LL g=gcd(a,b); return a/g*b; } inline LL mul(LL M,LL N,LL MO) { if (!N) return 0ll; LL t=mul(M,N>>1,MO)%MO; t=t+t%MO; if (N%2==1) t=t+M%MO; return t; } inline LL EXCRT() { LL x,y,k,a2,m2; LL a1=a[1],m1=m[1]; for (int i=2;i<=n;i++) { a2=a[i],m2=m[i]; LL aa=m1,bb=m2,cc=((a2-a1)%bb+bb)%bb; LL g=ex_gcd(aa,bb,x,y),bg=bb/g; if (cc%g!=0) return -1; LL k=cc/g; LL xmin=(mul(x,k,bg)+bg)%bg; a1=a1+m1*xmin; m1=m1*bg; a1=(a1%m1+m1)%m1; } return (a1%m1+m1)%m1; } int main() { scanf("%d",&n); for (int i=1;i<=n;i++) m[i]=read(),a[i]=read(); printf("%lld ",EXCRT()); return 0; }