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线性同余方程
定义
给定整数(a,b,m)，对于形如(axequiv b(mod m))的同余方程我们称之为一次同余方程，即线性同余方程。
解线性同余方程
对于此类方程，我们可以用如下方法快速的求解。
不妨设(-ym=ax-b)，则可以将方程改写为(ax+my=b)，该不定方程可以使用扩展欧几里得算法快速地求解(详见『扩展欧几里得算法 Extended Euclid』)。
对于(gcd(a,m) ot |b)的情况，也可以直接判定为原方程无解。
对于使用扩展欧几里得算法求解出来的一个解(x_0)，所有模(frac{m}{gcd(a,m)})意义下与(x_0)同余的整数都是方程的解，这是可以由不定方程的通解公式得到的。通常来说，我们需要求解最小非负整数解时，可以使用取模操作让(x)落在(0)到(frac{m}{gcd(a,m)}-1)的范围内，就得到了最小解。
同余方程(NOIP2012)
Description
求关于 x 的同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整数解。
Input Format
输入只有一行，包含两个正整数 a，b，用一个空格隔开。
Output Format
输出只有一行，包含一个正整数 x0，即最小正整数解。输入数据保证一定有解。
Sample Input
3 10
Sample Output
7
解析
模板题，将方程化为(ax+by=1)，用扩展欧几里得算法求解。由于数据保证(bgeq2)，所以不存在(x=0)的解，利用取模操作就能保证得到的解是最小整数解。
(Code:)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
else
{
long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
long long x_=x,y_=y;
x=y_;y=x_-a/b*y_;
return p;
}
}
long long A,B,X,Y;
int main(void)
{
scanf("%lld%lld",&A,&B);
long long p=Exeuclid(A,X,B,Y,1);
printf("%lld
",(X%(B/p)+(B/p))%(B/p));
return 0;
}
中国剩余定理
描述
对于形如
(n)个线性同余方程组成的线性同余方程组，如果有模数(m_1,m_2,...,m_n)两两互质，则方程组一定有解，解为(x=sum_{i=1}^{n}a_iM_it_i)。
其中，(m=prod_{i=1}^nm_i)，(M_i=frac{m}{m_i})，(t_i)为线性同余方程(M_it_i equiv 1(mod m_i))的一个解。
证明：
由于(t_i)为线性同余方程(M_it_i equiv 1(mod m_i))的一个解，所以对于(forall i,a_iM_it_i equiv a_i(mod m_i))成立，又因为(M_i)是除了(m_i)以外所有模数的倍数，即对于(forall k
ot =i,a_iM_it_i equiv 0(mod m_k))，所以解(x=sum_{i=1}^{n}a_iM_it_i)对方程(x equiv a_i(mod m_i))也成立，故该解对于每一个方程都成立。
对于该同余方程组，其通解可以表示为(x+km(kin Z))，对于最小非负整数解，也是通过取模(m)的操作就可以了。
曹冲养猪
Description
自从曹冲搞定了大象以后，曹操就开始捉摸让儿子干些事业，于是派他到中原养猪场养猪，可是曹冲满不高兴，于是在工作中马马虎虎，有一次曹操想知道母猪的数量，于是曹冲想狠狠耍曹操一把。
举个例子，假如有16头母猪，如果建了3个猪圈，剩下1头猪就没有地方安家了。如果建造了5个猪圈，但是仍然有1头猪没有地方去，然后如果建造了7个猪圈，还有2头没有地方去。
你作为曹总的私人秘书理所当然要将准确的猪数报给曹总，你该怎么办？
Input Format
第一行包含一个整数n (n <= 10) – 建立猪圈的次数，
解下来n行，每行两个整数ai, bi( bi <= ai <= 1000), 表示建立了ai个猪圈，有bi头猪没有去处。你可以假定ai,aj互质.
Output Format
输出包含一个正整数，即为曹冲至少养母猪的数目。
Sample Input
3
3 1
5 1
7 2
Sample Output
16
解析
中国剩余定理模板题，我们直接利用(Exeuclid)算法和线性同余方程的知识，解出(t_i)，然后构造最小非负整数解即可。
(Code:)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mset(name,val) memset(name,val,sizeof name)
const int N=12;
long long a[N],m[N],M[N],t[N],n,m_,ans;
inline void input(void)
{
scanf("%lld",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
}
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
else
{
long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
long long x_=x,y_=y;
x=y_;y=x_-a/b*y_;
return p;
}
}
inline void china(void)
{
m_=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
m_*=m[i];
for (int i=1;i<=n;i++)
M[i]=m_/m[i];
for (int i=1;i<=n;i++)
{
long long y;
Exeuclid(M[i],t[i],m[i],y,1);
ans += a[i]%m_ * M[i]%m_ * t[i]%m_;
ans %= m_;
}
}
int main(void)
{
input();
china();
printf("%lld
",(ans%m_+m_)%m_);
return 0;
}
拓展中国剩余定理
对于形如
这样的方程组，如果模数(m)两两互质，那么我们可以直接利用中国剩余定理构造出解。但是对于模数(m)不互质的情况，我们其实也可以利用类似的方法求解。
我们考虑用数学归纳法的过程构造解。对于前(k-1)个方程，假设已经有一个合法的解(x)，那么我们利用如下的方法得到满足前(k)个方程的解：
记(m=lcm(m_1,m_2,...,m_{k-1}))，显然，对于(forall pin Z,x+pm)都是前(k-1)个方程的解。
那么我们找一个(p=t)，使得(x+pmequiv a_k(mod m_k))就是前(k)个方程的解了。这个就是扩展欧几里得算法的事了嘛。
(x+pmequiv a_k(mod m_k)⇔pmequiv a_k-x(mod m_k))，扩展欧几里得解一下，如果无解，则原方程组无解。
当然，求解最小整数解还是取模就行了。
(Code:)
inline long long ExCRT(void)
{
long long m_=m[1],x=r[1];
for (int i=2;i<=n;i++)
{
long long x_,y_;
if ( (r[i]-x) % gcd(m_,m[i]) )return -1;
long long p=Exeuclid(m_,x_,m[i],y_,r[i]-x);
long long Mod=m[i]/p;
//要对当前的解先取模，防止爆longlong
x_ = (x_%Mod+Mod)%Mod;
x += x_ * m_;
m_ = m_*m[i]/p;
x = (x+m_)%m_;
}
return x;
}
<后记>