poj2891

这道题就是扩展的中国剩余定理（模数不互质）

首先我们回忆一下中国剩余定理对于给定n个方程组x≡ai(mod pi)

令m=∏pi wi=m/pi，然后求解关于hi,ri的方程wi*hi+pi*ri=1

令ei=wi*hi,则x≡∑eiai (mod m) 简单的验证一下，拿每个pi去模x，

因为除了wi意外，其他wj都是pi的倍数，很容易发现是复合条件的

但是当pi不互质时，上述就失效了，所以我们不能再用中国剩余定理

我们就觉得办法是用增量法，假设现在已经得到满足前k个同余方程的最小解ans

对于下一个方程x≡a(mod p),

我们不难想到满足单一同余方程的解x=a+p*k，满足前k个同余方程的解x=ans+lcm(pi)*k

现在我们只要令a+p*k=ans+lcm(pi)*k'，找到这个二元一次方程的解

就能找到满足前k+1个同余方程的最小解，显然这是用扩展欧几里得解决

注意这道题说输入和输出可以用int64表示，但很容易中间量爆int64，理论用高精度

实际全部用long long好像就能过了（注意discuss中部分数据会造成中间量爆int64，但可以忽视……）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<stdlib.h>
#define ll long long
using namespace std;
int k;
ll a1,a2,p1,p2,x,y;

ll gcd(ll a,ll b)
{
   return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
     if (b==0) {x=1; y=0; return;}
     exgcd(b,a%b,x,y);
     ll xx=x,yy=y;
     x=yy; y=xx-(a/b)*yy;
}

int main()
{
    while (scanf("%d",&k)!=EOF)
    {
          scanf("%lld%lld",&p1,&a1);
          a1%=p1;
          bool ch=0;
          for (int i=2; i<=k; i++)
          {
              scanf("%lld%lld",&p2,&a2);
              if (ch) continue;
              a2%=p2;
              ll g=gcd(p1,p2);
              if ((a1-a2)%g)
              {
                 ch=1;
                 continue;
              }
              ll a=p1/g,c=(a1-a2)/g; 
              exgcd(a,p2/g,x,y); y=(y+a)%a;
              y=(y*c%a+a)%a;
              p1=p1*(p2/g); a1=(a2+p2*y%p1)%p1;
          }
          if (ch) puts("-1");
          else printf("%lld
",a1);
    }          
    system("pause");
    return 0;
}