ACM_模板_中国剩余定理(互质与非互质)

中国剩余(余数)定理，又称孙子定理，用于求解一组同余方程，在讲解之前还是举个例子：x==(2,3,2) mod (3,5,7) 求解x
中国剩余定理：x1==(1,0,0);x2==(0,1,0);x3=(0,0,1)
x==2x1+3x2+2x3.

说的通俗一点就是一个x，除3余2，除5余3，除7余2，很明显x+lcm(3,5,7)都是这个方程的解，所以显然我们是求解最小的这个数，这个求法就是先求出一个x1，除3余1，除5余0，除7余0；找一个x2，除3余0，除5余1，除7余0；找一个x3，除3余0，除5余0，除7余1。我们要求的x = 2*x1+3*x2+2*x3，当然这个x并不一定是最小的，我们可以将其对lcm(3,5,7)取一下模即可。

这里小编不给证明(其实我也不是很清楚),这里小编就给大家看一下代码实现的这个过程，在求解1mod m的时候相当于求解逆元，我们可以用扩展欧几里德定理求解(不懂的可以点开看小编的另一篇关于这个的详解)。

此算法的模板还要分两种，被除数是否互质。

互质：

#include <cstdio>//互质int exGcd(int a,int b,int &x,int &y){if(b == 0){x = 1,y = 0;return a;}int d = exGcd(b,a%b,y,x);y -= a/b*x;return d;}int Chinese_Remainder(int mod[],int prime[],int len){int i,d,x,y,m,n,ret;ret = 0,n = 1;for(i=0; i<len; i++) n *= prime[i];for(i=0; i<len; i++){m = n/prime[i];d = exGcd(prime[i],m,x,y);ret = (ret+y*m*mod[i])%n;}return (n+ret%n)%n;}int main(){int n,i;int mod[15],prime[15];while(scanf("%d",&n)&&n){for(i=0; i<n; i++)scanf("%d%d",&prime[i],&mod[i]);printf("%d\n",Chinese_Remainder(mod,prime,n));}return 0;}

非互质：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define LL __int64const LL maxn=20;//拓展欧几里得定理，求ax+by=gcd(a,b)的一组解(x,y),d=gcd(a,b)void exGcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y){    if(!b){d=a;x=1;y=0;}    else{exGcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}LL Chinese_Remainder(LL n,LL a[],LL b[]){    LL m1,r1,m2,r2,flag=0,i,d,x,y,c,t;    m1=a[0],r1=b[0];    flag=0;    for(i=1;i<n;i++)    {        m2=a[i],r2=b[i];        if(flag)continue;        exGcd(m1,m2,d,x,y);//d=exGcd(m1,m2);x*m1+y*m2=d;        c=r2-r1;        if(c%d)//对于方程m1*x+m2*y=c，如果c不是d的倍数就无整数解        {            flag=1;            continue;        }        t=m2/d;//对于方程m1x+m2y=c=r2-r1,若(x0,y0)是一组整数解,那么(x0+k*m2/d,y0-k*m1/d)也是一组整数解(k为任意整数)                //其中x0=x*c/d,y0=x*c/d;        x=(c/d*x%t+t)%t;//保证x0是正数，因为x+k*t是解，(x%t+t)%t也必定是正数解(必定存在某个k使得(x%t+t)%t=x+k*t)        r1=m1*x+r1;//新求的r1就是前i组的解，Mi=m1*x+M(i-1)=r2-m2*y(m1为前i个m的最小公倍数);对m2取余时，余数为r2；                    //对以前的m取余时，Mi%m=m1*x%m+M(i-1)%m=M(i-1)%m=r        m1=m1*m2/d;    }    if(flag)return -1;    if(n==1&&r1==0)return m1;//结果不能为0    return r1;}int main(){    LL T,i,n,tt=0;    LL a[maxn],b[maxn];    cin>>T;    while(T--)    {        cin>>n;        for(i=0;i<n;i++)            cin>>a[i];        for(i=0;i<n;i++)            cin>>b[i];        cout<<"Case "<<++tt<<": "<<Chinese_Remainder(n,a,b)<<endl;    }    return 0;}