解线性同余方程的应用(二)

例题3 X问题(hdu 1573)

在小于等于N的正整数中有多少个X满足：X mod a[0]=b[0],X mod a[1]=b[1],X mod a[2]=b[2],....,X mod a[i]=b[i],...(0<a[i]<=10).

输入：

输入数据第一行为T，表示测试数据的组数，每组测试数据第一行为两个正整数N,M（0<N<1 000 000 000,0<M<=10）.N  表示X小于N，M表示数组a[]，b[]中元素的个数。接下来两行。每行有M个正整数，分别为a[]和b[]中的元素。

输出：

每一行输出表示满足条件的X的个数。

分析：判断同余方程组在某个范围内解的个数问题。需要增加一个解不等式的过程：令b数组中所有数的最小公倍数是lcm，方程在lcm范围内的解为a，则有a+lcm*x<=N,若a！=0，那么解得的x+1即为题目所求，否则求得的x即为所求。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;#define N 15long long aa[N],rr[N];long long gcd(long long a,long long b){    if(b==0)        return a;    return gcd(b,a%b);}long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){    if(b==0)    {        x=1;        y=0;        return a;    }    long long ans=exgcd(b,a%b,x,y);    long long temp=x;    x=y;    y=temp-a/b*y;    return ans;}int main(){    int t;    cin>>t;    long long n,m,a,b,c,x0,y0,lcm;    while(t--)    {        cin>>n>>m;        bool ifhave=1;        lcm=1;///初始化，如果aa[]中的元素互素的话，同时为接下来做准备         for(int i=1;i<=m;i++)        {            scanf("%lld",&aa[i]);            lcm=lcm*aa[i]/gcd(lcm,aa[i]);        }                for(int i=1;i<=m;i++)            scanf("%lld",&rr[i]);        for(int i=2;i<=m;i++)        {            a=aa[1],b=aa[i],c=rr[i]-rr[1];            long long g=exgcd(a,b,x0,y0);            if(c%g!=0)            {                ifhave=0;                break;            }            long long t=b/g;            x0=(x0*(c/g)%t+t)%t;            rr[1]=aa[1]*x0+rr[1];            aa[1]=aa[1]*aa[i]/g;        }        if(ifhave==0)        {            cout<<0<<endl;            continue;        }        long long ans=0;        if(rr[1]<=n)///所有解的个数            ans=1+(n-rr[1])/lcm;        if(ans&&rr[1]==0)///解为0的情况            ans--;        cout<<ans<<endl;    }    return 0;}

例题四 hello kiki(hdu 3579)

题目大意：kiki是个可爱的女孩，她喜欢用不同的方式计数，比如：kiki现在有X个硬币，她用不同的方式数了n次,每次她都把硬币分成大小相等的组，并记录组数Mi和剩余的硬币数Ai。

一天，kiki的爸爸想知道硬币的数目，于是他查看了kiki的记录，但是他迷茫了，聪明的你能帮帮他吗？

输入：

第一行输入测试数据的组数t；

每组测试数据包括三行：第一行为N，第二行是N个整数Mi，第三行对应N个整数Ai，其中1 <= T <= 100, 1 <= N <= 6, 1 <= Mi <= 50, 0 <= Ai < Mi.

输出：对应每组测试数据输出最小整数解，若无解，则输出-1.

Sample Input

2214 575 56519 54 40 24 8011 2 36 20 76 

Sample Output

Case 1: 341Case 2: 5996 

分析：典型的同余方程组X≡Ai(mod Mi)求解。需要注意的是，题目要求输出最小正整数解。如果所求的同余方程的解为0，则应输出Mi的最小公倍数。（解为0说明Ai mod Mi==0，即X被Ai整除）。

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;#define N 15long long aa[N],rr[N];long long gcd(long long a,long long b){    if(b==0)        return a;    return gcd(b,a%b);}long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){    if(b==0)    {        x=1;        y=0;        return a;    }    long long ans=exgcd(b,a%b,x,y);    long long temp=x;    x=y;    y=temp-a/b*y;    return ans;}int main(){    int t;    cin>>t;    long long n,a,b,c,x0,y0,lcm;    for(int k=1;k<=t;k++)    {        bool ifhave=1;        cin>>n;        lcm=1;///输入数据顺便求最小公倍数        for(int i=1;i<=n;i++)        {            scanf("%lld",&aa[i]);            lcm=lcm*aa[i]/gcd(lcm,aa[i]);        }        for(int i=1;i<=n;i++)            scanf("%lld",&rr[i]);        for(int i=2;i<=n;i++)        {            a=aa[1],b=aa[i],c=rr[i]-rr[1];            long long g=exgcd(a,b,x0,y0);            if(c%g!=0)            {                ifhave=0;                break;            }            long long t=b/g;            x0=(x0*(c/g)%t+t)%t;            rr[1]=aa[1]*x0+rr[1];            aa[1]=aa[1]*aa[i]/gcd(aa[1],aa[i]);        }        if(ifhave==0)        {            printf("-1\n");            continue;        }        if(rr[1]!=0)        {            printf("Case %d: %lld\n",k,rr[1]);        }        else            printf("Case %d: %lld\n",k,lcm);    }    return 0;}