1079 中国剩余定理（模板）

一个正整数K，给出K Mod 一些质数的结果，求符合条件的最小的K。例如，K % 2 = 1, K % 3 = 2, K % 5 = 3。符合条件的最小的K = 23。

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输入

第1行：1个数N表示后面输入的质数及模的数量。（2 <= N <= 10)
第2 - N + 1行，每行2个数P和M，中间用空格分隔，P是质数，M是K % P的结果。（2 <= P <= 100, 0 <= K < P)

输出

输出符合条件的最小的K。数据中所有K均小于10^9。

输入样例

3
2 1
3 2
5 3

输出样例

23

基础知识：

x≡a1( mod m1) x≡a2( mod m2) ......x≡an( mod  mn);

其中,m1.m2,m3.....,mn是两两互质的整数

令M=（m1*m2*m3....*mn）；

Mi=M/mi, ti是方程Mi*ti≡1(mod mi)的一个解

那么x有整数解，解为x = 求和1~n(ai*Mi*ti);

证明如下:

因为Mi=m/mi 是除了mi之外所有模数的倍数 所以如果代入x=Σ(1~n) ai*Mi*ti，原方程组成立

可以理解为每个aiMiti只对i这个方程有贡献，对其他方程都没有影响

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll arr[15],brr[15];
int n;
ll X,Y;
ll gdc(ll a,ll b) { return b==0?a:gdc(b,a%b); }
void exgdc(ll a,ll b,ll &X,ll &Y){
    if(b==0){
        X=1,Y=0;return;
    }
    exgdc(b,a%b,X,Y);
    ll temp=X;
    X=Y;
    Y=temp-a/b*Y;
}


int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>n;
    ll lcm=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>arr[i]>>brr[i];
        lcm*=arr[i];
    }
    ll res=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        exgdc(lcm/arr[i],arr[i],X,Y);
        X=(X+arr[i])%(arr[i]);
        res=(res+brr[i]*X*lcm/arr[i]);
    }
    cout << res%lcm << endl;
    return 0;
}