给定 \(n\) 个同余模方程
\[\left\{\begin{aligned}
x\equiv\, & m_1(mod\quad a_1)\\
x\equiv\, & m_2(mod\quad a_2)\\
&\vdots\\
x\equiv\, & m_n(mod\quad a_n)
\end{aligned}
\right.
\]
不保证 \(gcd(m_i,m_j)=1(i\neq j)\) ,求最小的正整数解 \(x\)
2个方程的解
因为两两之间不互质，所以不能通过ex_gcd求解
尝试将问题缩小到两个方程，再逐步推出最后的解，有
\[\left
\{
\begin{aligned}
x\equiv\,&m_1(mod\quad a_1)\\
x\equiv\,&m_2(mod\quad a_2)
\end{aligned}
\right.
\]
也就等同于 \(\exists k_1,k_2\) ，使得
\[\left
\{
\begin{aligned}
x=&\,k_1a_1+m_1\\
x=&\,k_2a_2+m_2
\end{aligned}
\right.\tag{1}
\]
即有
\[k_1a_1+m_1=k_2a_2+m_2
\]
整理可得
\[k_1a_1-k_2a_2=m_2-m_1
\]
此时可用ex_gcd求解 \(k_1,k_2\) ，有解的充要条件是： \(gcd(a1,-a2)\mid(m_2-m_1)\)
记 \(d=gcd(a1,-a2)\),且 \(\exists k_1^{'},k_2^{'}\) ,使得
\[k_1^{'}a_1-k_2^{'}a_2=d
\]
可以通过ex_gcd求解得出 \(k_1^{'},k_1^{'}\)的特解，设 \(t=\frac{m_2-m_1}{d}\),则
\[\left
\{
\begin{aligned}
k_1&=k_1^{'}t\\
k_2&=k_2^{'}t\\
\end{aligned}
\right.
\]
通解形式为（ \(k\) 为任意整数）
\[\left
\{
\begin{aligned}
k_1&=k_1^{'}t+k\frac{-a_2}{d}\\&=k_1+k\frac{-a_2}{d}\\
k_2&=k_2^{'}t-k\frac{a_1}{d}\\&=k_2-k\frac{a_1}{d}\\
\end{aligned}
\right.
\]
再把 \(k_1\) 的通解带入到 \(x=k_1a_1+m_1\) 中
\[\begin{aligned}
x&=(k_1+k\frac{-a_2}{d})a_1+m_1\\
&=k_1a_1+k\frac{a_1(-a_2)}{d}+m_1\\
&=k\frac{a_1(-a_2)}{d}+k_1a_1+m_1\\
&=\underbrace{k}_{k_1}\underbrace{lcm(a_1,-a_2)}_{a_1}+\underbrace{k_1a_1+m_1}_{m_1}
\end{aligned}
\]
这样就得到了新的
\[\left
\{
\begin{aligned}
k_1&=k\quad\\
a_1&=lcm(a_1,-a_2)\\
m_1&=k_1a_1+m_1\\
\end{aligned}
\right.
\]
与一开始方程组 \((1)\) 中的表达形式相同，这样就将两个方程合并成了一个方程
\[x=k_1a_1+m_1\tag{2}
\]
此时 \(x\) 的解就是 \(m_1\) 在模 \(a_1\) 下的最小正整数解
n个方程的解
经过 \(n-1\) 轮整合，可以把 \(n\) 个方程合并成为一个方程
\[x=ka+m
\]
最终的结果就是
\[x=(m\%a+a)\%a
\]
例题
- 每一轮合并得出的方程 \((2)\) 的 \(k_1\) 都保证是最小正整数解，这样得到新的 \(m_1\) 是最小正整数解，以防在计算过程中溢出
- 保证最后的最小正解，模数也应当为正
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if(!b) {
x=1;
y=0;
return a;
}
ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
ll a1,m1;
scanf("%lld%lld",&a1,&m1);
bool flag=true;
for(int i=0;i<n-1;++i) {
ll a2,m2;
scanf("%lld%lld",&a2,&m2);
a2=-a2;
ll k1,k2;
ll d=exgcd(a1,a2,k1,k2);
if((m2-m1)%d) {
flag=false;
break;
}
k1=k1*((m2-m1)/d);//特解
ll temp=abs(a2/d);
k1=(k1%temp+temp)%temp;//通解中保证最小正整数解
m1=k1*a1+m1;
a1=a1/d*a2;
}
if(flag) {
if(a1<0) a1=-a1;
m1=(m1%a1+a1)%a1;//保证最后的最小正解，模数也应当为正
printf("%lld",m1);
} else puts("-1");
return 0;
}