扩展中国剩余定理详解

前言

阅读本文前，推荐先学一下中国剩余定理。其实不学也无所谓，毕竟两者没啥关系

扩展CRT

我们知道，中国剩余定理是用来解同余方程组

$$egin{cases}xequiv c_{1}left( mod m_{1} ight) \ xequiv c_{2}left( mod m_{2} ight) \ ldots \ xequiv c_rleft( mod m_r ight) end{cases}$$

但是有一个非常令人不爽的事情就是它要求$m_1,m_2ldots,m_r$两两互素

如果某个毒瘤出题人偏要求它们部互素呢？

其实也有解决的办法

就是把出题人吊起来干一顿用扩展中国剩余定理

扩展中国剩余定理跟中国剩余定理没半毛钱关系，一个是用扩展欧几里得，一个是用构造

首先我们还是从简单入手，考虑一下如果同余方程组只有两个式子的情况

$xequiv c_{1}left( mod m_{1} ight) \ xequiv c_{2}left( mod m_{2} ight)$

将两个式子变形

$x=c_{1}+m_{1}k_{1}\ x=c_{2}+m_{2}k_{2}$

联立

$c_{1}+m_{1}k_{1}=c_{2}+m_{2}k_{2}$

移项

$m_{1}k_{1}=c_{2}-c_{1}+m_{2}k_{2}$

我们用$(a,b)$表示$a,b$的最大公约数

在这里需要注意，这个方程有解的条件是

$left( m_{1},m_{2} ight) |left( c_{2}-c_{1} ight)$，因为后面会用到$dfrac {left( c_{2}-c_{1} ight) }{left( m_{2},m_{1} ight) }$这一项，如果不整除的话肯定会出现小数。

对于上面的方程，两边同除$(m_1,m_2)$

$$dfrac {m_{1}k_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) }=dfrac {c_{2}-c_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) }+dfrac {m_{2}k_{2}}{left( m_{1},m_{2} ight) }$$

$$dfrac {m_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) }k_{1}=dfrac {c_{2}-c_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) }+dfrac {m_{2}}{left( m_{1},m_{2} ight) }k_{2}$$

转换一下

$$dfrac {m_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) }k_{1} equiv dfrac {c_{2}-c_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) } (mod dfrac {m_{2}}{left( m_{1},m_{2} ight) })$$

此时我们已经成功把$k_2$消去了。

同余式两边同除$dfrac {m_{1}}{left( m_{1},m_{2} ight) }$

$$k_1equiv inv({m_1over(m_1,m_2)},{m_2over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)over (m_1,m_2)}pmod {{m_2over(m_1,m_2)}}$$

$inv(a,b)$表示$a$在模$b$意义下的逆元

$$k_1=inv({m_1over(m_1,m_2)},{m_2over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)over (m_1,m_2)}+{{m_2over (m_1,m_2)}}*y$$

接下来怎么办呢？这个式子已经化到最简了。。

不要忘了，我们刚开始还有两个式子。我们把$k_1$待回去！

$$x=inv({m_1over(m_1,m_2)},{m_2over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)over (m_1,m_2)}*m_1+y{{m_1m_2over (m_1,m_2)}}+c_1$$

$$xequiv inv({m_1over(m_1,m_2)},{m_2over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)over (m_1,m_2)}*m_1+c_1pmod {{m_1m_2over (m_1,m_2)}}$$

此时，整个式子中的元素我们都已经知道了

具体一点，这个式子可以看做是$$xequiv cpmod m$$

其中$$c=(inv({m_1over (m_1,m_2)},{m_2over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)over (m_1,m_2)})\%{m_2over (m_1,m_2)}*m_1+c_1$$

$$m={m_1m_2over (m_1,m_2)}$$

推广一下

我们每次把两个同余式合并，求解之后得到一个新的同余式。再把新的同余式和其他的联立，最终就可以求出满足条件的解

代码

update in 2018.10.11：这份代码可能在较强的数据下出现乘爆long long的情况(我记得NOI2018Day2T1就是因为这个过不了大样例)

直接把#define LL long long 改成#define LL __int128就好了

题目链接

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
const LL MAXN = 1e6 + 10;
LL K, C[MAXN], M[MAXN], x, y;
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), tmp;
    tmp = x; x = y; y = tmp - (a / b) * y;
    return r;
}
LL inv(LL a, LL b) {
    LL r = exgcd(a, b, x, y);
    while (x < 0) x += b;
    return x;
}
int main() {
#ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
#else
#endif
    while (~scanf("%lld", &K)) {
        for (LL i = 1; i <= K; i++) scanf("%lld%lld", &M[i], &C[i]);
        bool flag = 1;
        for (LL i = 2; i <= K; i++) {
            LL M1 = M[i - 1], M2 = M[i], C2 = C[i], C1 = C[i - 1], T = gcd(M1, M2);
            if ((C2 - C1) % T != 0) {flag = 0; break;}
            M[i] = (M1 * M2) / T;
            C[i] = ( inv( M1 / T , M2 / T ) * (C2 - C1) / T ) % (M2 / T) * M1 + C1;
            C[i] = (C[i] % M[i] + M[i]) % M[i];
        }
        printf("%lld
", flag ? C[K] : -1);
    }
    return 0;
}

再放道裸题

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573

题解