模线性方程组

http://hihocoder.com/contest/hiho97/problem/1

小Ho：今天我听到一个挺有意思的故事！

小Hi：什么故事啊？

小Ho：说秦末，刘邦的将军韩信带领1500名士兵经历了一场战斗，战死四百余人。韩信为了清点人数让士兵站成三人一排，多出来两人；站成五人一排，多出来四人；站成七人一排，多出来六人。韩信立刻就知道了剩余人数为1049人。

小Hi：韩信点兵嘛，这个故事很有名的。

小Ho：我觉得这里面一定有什么巧妙的计算方法！不然韩信不可能这么快计算出来。

小Hi：那我们不妨将这个故事的数学模型提取出来看看？

小Ho：好！

<小Ho稍微思考了一下>

小Ho：韩信是为了计算的是士兵的人数，那么我们设这个人数为x。三人成排，五人成排，七人成排，即x mod 3, x mod 5, x mod 7。也就是说我们可以列出一组方程：

x mod 3 = 2
x mod 5 = 4
x mod 7 = 6

韩信就是根据这个方程组，解出了x的值。

小Hi：嗯，就是这样！我们将这个方程组推广到一般形式：给定了n组除数m[i]和余数r[i]，通过这n组(m[i],r[i])求解一个x，使得x mod m[i] = r[i]。

小Ho：我怎么感觉这个方程组有固定的解法？

小Hi：这个方程组被称为模线性方程组。它确实有固定的解决方法。不过在我告诉你解法之前，你不如先自己想想怎么求解如何？

小Ho：好啊，让我先试试啊！

小Hi：一开始就直接求解多个方程不是太容易，我们从n=2开始递推：

已知：

x mod m[1] = r[1]
x mod m[2] = r[2]

根据这两个式子，我们存在两个整数k[1],k[2]：

x = m[1] * k[1] + r[1]
x = m[2] * k[2] + r[2]

由于两个值相等，因此我们有：

        m[1] * k[1] + r[1] = m[2] * k[2] + r[2]
=>   m[1] * k[1] - m[2] * k[2] = r[2] - r[1]

由于m[1],m[2],r[1],r[2]都是常数，若令A=m[1],B=m[2],C=r[2]-r[1],x=k[1],y=k[2]，则上式变为：Ax + By = C。

是不是觉得特别眼熟。

小Ho：这不是扩展欧几里德么！

小Hi：没错，这就是我们之前讲过的扩展欧几里德。

我们可以先通过gcd(m[1], m[2])能否整除r[2]-r[1]来判定是否存在解。

假设存在解，则我们通过扩展欧几里德求解出k[1],k[2]。

再把k[1]代入x = m[1] * k[1] + r[1]，就可以求解出x。

同时我们将这个x作为特解，可以扩展出一个解系：

X = x + k*lcm(m[1], m[2]) k为整数

(x + k * lcm(m[1],m[2])) % m1 == 0，所以 X % lcm(m[1],m[2]) == x;

lcm(a,b)表示a和b的最小公倍数。其求解公式为lcm(a,b)=a*b/gcd(a,b)。

将其改变形式为：

X mod lcm(m[1], m[2]) = x。

令M = lcm(m[1], m[2]), R = x，则有新的模方程X mod M = R。

此时，可以发现我们将x mod m[1] = r[1]，x mod m[2] = r[2]合并为了一个式子X mod lcm(m[1], m[2]) = x。满足后者的X一定满足前两个式子。

小Ho：每两个式子都可以通过该方法化简为一个式子。那么我们只要重复进行这个操作，就可以将n个方程组化简为一个方程，并且求出一个最后的解了。

小Hi：没错，就是这样。将其写做伪代码为：

M = m[1], R = r[1]
For i = 2 .. N 
        d = gcd(M, m[i])
        c = r[i] - R
        If (c mod d) Then       // 无解的情况
                Return -1
        End If
        (k1, k2) = extend_gcd(M / d, m[i] / d)  // 扩展欧几里德计算k1,k2
        k1 = (c / d * k1) mod (m[i] / d)        // 扩展解系
        R = R + k1 * M          // 计算x = m[1] * k[1] + r[1]
        M = M / d * m[i]        // 求解lcm(M, m[i])
        R %= M                  // 求解合并后的新R，同时让R最小
End For         
If (R < 0) Then 
        R = R + M
End If
Return R

#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<string>
#include<time.h>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 1000000001
#define ll long long
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
using namespace std;
const int MAXN = 1010;
ll m[MAXN],r[MAXN];
int n;
ll gcd(ll a,ll b)
{
    return b == 0 ? a : gcd(b,a%b);
}
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b == 0){
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll r = exgcd(b,a%b,x,y);
    ll t = x;
    x = y;
    y = t - a/b*y;
    return r;
}
ll solve()
{
    ll m1,r1;
    m1 = m[1];
    r1 = r[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        ll m2 = m[i];
        ll r2 = r[i];
        ll d = gcd(m1,m2);
        ll c = r2 - r1;
        if(c % d){
            return -1;
        }
        ll k1,k2;
        exgcd(m1/d,m2/d,k1,k2);
        k1 = (c / d * k1) % (m2 / d);
        r1 = m1 * k1 + r1;
        m1 = m1 / d * m2;
        r1 %= m1;
    }
    if(r1 < 0)r1 += m1;
    return r1;
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n)){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%lld%lld",&m[i],&r[i]);
        }
        ll ans = solve();
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}