【问题描述】
求关于 x 的同余方程组
x%a 1 =b 1 a1=b1
x%a 2 =b 2 a2=b2
x%a 3 =b 3 a3=b3
x%a 4 =b 4 a4=b4
的大于等于 0 的最小整数解。
【输入格式】
一行 8 个整数,表示a 1 ,b 1 ,a 2 ,b 2 ,a 3 ,b 3 ,a 4 ,b 4 a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4,b4 。
【输出格式】
一行一个整数,答案除以 p 的余数。
【样例输入】
2 0 3 1 5 0 7 3
【样例输出】
10
【数据规模和约定】
对于 30% 的数据,a i ai ≤ 40, 保证 a i ai 均为素数。
对于 60% 的数据,1≤a i ≤10 3 1≤ai≤103 , 保证a i ai 均互素。
对于 100% 的数据,0≤b i <a i ,1≤a i ≤10 3 0≤bi<ai,1≤ai≤103 。
【限制】
时间：1S
内存: 256M
/**********************一般模线性方程组***********************/
同样是求这个东西。。
X mod m1=r1
X mod m2=r2
...
...
...
X mod mn=rn
首先，我们看两个式子的情况
X mod m1=r1……………………………………………………………(1)
X mod m2=r2……………………………………………………………(2)
则有
X=m1*k1+r1………………………………………………………………(*)
X=m2*k2+r2
那么 m1*k1+r1=m2*k2+r2
整理，得
m1*k1-m2*k2=r2-r1
令(a,b,x,y,m)=(m1,m2,k1,k2,r2-r1)，原式变成
ax+by=m
熟悉吧？
此时，因为GCD(a,b)=1不一定成立，GCD(a,b) | m 也就不一定成立。所以应该先判 若 GCD(a,b) | m 不成立，则！！！方程无解！！！。
否则，继续往下。
解出(x,y)，将k1=x反代回（*），得到X。
于是X就是这两个方程的一个特解，通解就是 X'=X+k*LCM(m1,m2)
这个式子再一变形，得 X' mod LCM(m1,m2)=X
这个方程一出来，说明我们实现了(1)(2)两个方程的合并。
令 M=LCM(m1,m2)，R=r2-r1
就可将合并后的方程记为 X mod M = R。
然后，扩展到n个方程。
用合并后的方程再来和其他的方程按这样的方式进行合并，最后就能只剩下一个方程 X mod M=R，其中 M=LCM(m1,m2,...,mn)。
那么，X便是原模线性方程组的一个特解，通解为 X'=X+k*M。
如果，要得到X的最小正整数解，就还是原来那个方法：
X%=M;
if (X<0) X+=M;
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<cmath> 5 #include<algorithm> 6 #include<queue> 7 using namespace std; 8 const int MAXN=100001; 9 const int n=4; 10 inline void read(int &n) 11 { 12 char c=getchar();bool flag=0;n=0; 13 while(c<'0'||c>'9') c=='-'?flag=1,c=getchar():c=getchar(); 14 while(c>='0'&&c<='9') n=n*10+c-48,c=getchar();flag==1?n=-n:n=n; 15 } 16 int a[MAXN],b[MAXN]; 17 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) 18 { 19 if(b==0) 20 { x=1,y=0;return a; } 21 int r=exgcd(b,a%b,x,y); 22 int tmp=x;x=y;y=tmp-(a/b)*y; 23 return r; 24 } 25 int x,y; 26 int gcd(int a,int b) 27 { 28 return b==0?a:gcd(b,a%b); 29 } 30 int lcm(int a,int b) 31 { 32 return a*b/(gcd(a,b)); 33 } 34 inline int WORK() 35 { 36 /* 37 x+a1*y1=b1 1 38 x+a2*y2=b2 2 39 x+a3*y3=b3 3 40 求这个方程的解x 41 */ 42 int M=a[1],R=b[1],x,y; 43 // M=LCM(a1,a2) 44 // R=bi-b1 45 for(int i=2;i<=n;i++) 46 { 47 48 /* 49 a1*y1-a2*y2=b2-b1 50 a*x +b*y =gcd(a,b) 51 这样求出y1之后 52 带回得到对于1,2两个方程的解x0=b1-y1*a1 53 */ 54 int r=exgcd(M,a[i],x,y); 55 if( (R-b[i])%r!=0) return -1; 56 /* R-b[i]相当于b2-b1 57 方程有解的条件(b2-b1)%gcd(a,b) ==0 */ 58 59 x=(R-b[i])/r*x%a[i];//**** 60 61 62 R=R-x*M;//x0=b1-y1*a1 63 M=M/r*a[i];// 新的模数 64 R=R%M;//R=X mod M 65 } 66 return (R%M+M)%M; 67 } 68 int main() 69 { 70 71 for(int i=1;i<=n;i++) 72 read(a[i]),read(b[i]); 73 printf("%d",WORK()); 74 return 0; 75 }