拓展中国剩余定理(exCRT)

给定 \(n\) 组整数 \(a_i,b_i\) 求解非负最小/某区间内的整数 \(x\) 使得

\(\begin{cases} x\equiv a_1(\mod b_1) \\\ \\ x\equiv a_2(\mod b_2) \\\ \\ x\equiv a_3(\mod b_3) \\\ \\ ...... \\\ \\ x\equiv a_n(\mod b_n) \end{cases}\)

数据保证有解

我们先考虑一个子问题：

如果已知 \(\begin{cases} x\equiv a_1(\mod b_1) \\\ \\ x\equiv a_2(\mod b_2) \end{cases}\) 那怎么表示所有满足条件的整数 \(x\) 呢？

由第一个方程可知： \(x=a_1+t\cdot b_1,t\in Z\)

因此，我们代入第二个方程：

\(a_1+t\cdot b_1\equiv a_2(\mod b_2)\)

显然得到：

\(t\cdot b_1\equiv a_2-a_1(\mod b_2)\)

由拓展欧几里得算法(exGCD)可以求解 \(tb_1+mb_2=a_2-a_1\) 的 \(t,m\)

因此，保证有解的情况下， \(t\) 一定是可求的

最后我们求出 \(x=a_1+t\cdot b_1\) 是其中的一个解

而对于其余解 \(x'=a+t\cdot b_1+k\cdot lcm(b_1,b_2),k\in Z\) 显然也是符合上述的解

即归纳起来：

\(x\equiv a_1+t\cdot b_1(\mod lcm(b_1,b_2)\ )\)

回归正题，如果两个同余方程组可以如上求解，则 \(n\) 个方程的方程组显然可以：先用上述方法将 1.2 合并，变成 \((n-1)\) 个方程组；再将剩下的 1.2 合并，变成 \((n-2)\) 个方程组；以此类推，最后可以合并为一个方程组：

\(\displaystyle x\equiv a(\mod \text{lcm}_{i=1}^n b_i)\)

当然，对于原方程组，我们加入 \(x\equiv 0(\mod 1)\) 也是允许的，因此，我们可以用这个作为初始条件：

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    ...
}
void excrt(int &a1,int &b1,int a2,int b2){
    int t,m,g=exgcd(b1,b2,t,m);
    t*=a2-a1;
    a1=a1+t*b1;
    b1=b1/g*b2;
    a1=(a1%b1+b1)%b1;
}
...
int a=0,b=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
    int tmpa=read(),tmpb=read();
    excrt(a,b,tmpa,tmpb);
}

来源：https://www.cnblogs.com/JustinRochester/p/12425171.html

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