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题目大意
求解一组同余方程
x ≡ r1 (mod a1)
x ≡ r2 (mod a2)
x ≡ r3 (mod a3)
......
x ≡ rk (mod ak)
的解x（a1,a2,a3,.....ak 并不一定互质）。如果不存在则输出-1.
输入格式
有多组数据，每组数组第一行为k，后面有k行，每行两个数，代表ai,ri。
输出格式
每一行对应每一个询问的解x。
样例输入
2
8 7
11 9
样例输出
31
分析
看到这一题，可以发现好像问的就是中国剩余定理的问题，可是题目中a并不互质，无法用中国剩余定理来解决。不过我们可以从扩展欧几里德算法入手。
先来分析规模小一点的。
对于一组同余方程
(egin {cases} x mod a_1=r_1\ xmod a_2=r_2end{cases} oegin{cases}k_1*a_1+r_1=x\ k_2* a_2+r_2=xend {cases})
我们可以上下两式相减得出
$ k_1* a_1-k_2* a_2=r_2-r_1$
我们可以发现，这个式子可以用扩展欧几里德来求解。于是我们求出了(k_1)
便可以将其带入原来的式子，求出(x=k_1*a_1+r_1)。这是两个方程的求解，面对多个方程，我们可以这样做：
假设我们刚才求出的是(x_1),而为了求出满足三个方程的解(x_2)我们可以得到这样的式子
(egin {cases} x_2mod lcm(a_1,a_2)=x_1\ x_2mod a_3=r_3end{cases})
证明：
(x_2=k_3*lcm(a_1,a_2)+x_1) ,因为(k_3*lcm(a_1,a_2))这一块肯定能整除(a_1)或(a_2),所以肯定会剩下一个(c_1),而(c_1)恰好满足前面的方程
用同样的方法，我们可以求出满足所有式子的解。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <climits>
#define MAXN 10000+10
#define abs(a) a>0?a:-a
using namespace std;
long long e_gcd(long long a,long long b,long long& x,long long& y)
{
if(!b)
{
x=1;y=0;
return a;
}
long long ans=e_gcd(b,a%b,x,y);
long long tmp=x;
x=y;
y=tmp-a/b*y;
return ans;
}
long long a1,a2,b1,b2,x,y,gcd,t,c;
int main()
{
while(scanf("%lld",&t)!=EOF)
{
scanf("%lld%lld",&a1,&b1);
int flag=0;
if(t==1)
printf("%lld
",b1);
else
{
for(int i=2;i<=t;i++)
{
scanf("%lld%lld",&a2,&b2);
if(flag) continue;
gcd=e_gcd(a1,a2,x,y);
if((b2-b1)%gcd!=0) {flag=1;}
x*=(b2-b1)/gcd;
x%=a2/gcd;
if(x<0) x+=abs(a2/gcd);
c=a1*x+b1;
a1=a1/gcd*a2; b1=c;
}
}
if(flag==1) {printf("-1
");continue;}
printf("%lld
",c);
}
return 0;
}