原本是想把CRT、扩展CRT、欧几里得、扩展欧几里得都写在这，但由于博主太菜，刚刚才会EXCRT qwq
在退组边缘徘徊的我果然还是菜了一点啊！！！
布吉岛为什么但就是想奶一口gql省队稳了2333
不闲扯了，进入正题！
欧几里得（gcd）&&扩展欧几里得（exgcd）：
先来一个众人皆知的欧几里得算法：$gcd\ (\ a,b\ )=gcd\ (\ b,a\ mod\ b\ )$
证明过程自己完成，这里不多加叙述
再来普及一个简单的裴蜀定理：若a,b是整数,且 $gcd(a,b)=d$，那么一定存在整数 $x,y$，使得$ax+by=d$ 成立。
裴蜀定理证明请看这里（主要是因为我之前打了一段后发现没证完然后就懒得打了qwq）
那么 $\bf\Huge\text{扩展欧几里得}$ 来了！！！
扩展欧几里得算法：可以用来求解 $ax+by=gcd(a,b)$ ，也就是求同余方程 $ax\equiv gcd(a,b)(mod\ b)$ 的解
算法过程及解如下：
我们要求解 $ax+by=gcd(a,b)$ 其实主要是想算出 $x$ 的值，$y$ 是一个辅助解
然后我们构造这么一个式子：$bx_1+(a\ mod\ b)y_1=gcd(b,(a\ mod\ b))$ ，根据欧几里得算法，我们可得出 $bx_1+(a\ mod\ b)y_1=ax+by$ ，不妨把 $a\ mod\ b$ 变成 $a-b*(a/b)$ ，然后带入原式：
$bx_1+(a-b*(a/b))y_1=ax+by$
$bx_1+ay_1-b*(a/b)y_1=ax+by$
$ay_1+b(x_1-(a/b)y1)=ax+by$
那么我们求出了一组解：$x=y_1,y=x_1-(a/b)y_2$
然后将我们求解的两个式子对比一下：
$ax+by=gcd(a,b)$
$bx_1+(a\ mod\ b)y_1=gcd(b,(a\ mod\ b))$
是不是发现了什么？是不是有点像欧几里得算法？
然后我们按这种方式递推下去，直到 $b=0$ ，那么：
$ax+by=gcd(a,b)$
$ax=gcd(a,0)$
显然 $gcd(a,0)=a,x=1$ ，此时已经和 $y$ 的值没有关系了，即此时 $y$ 的值是任意数，但是这里建议把 $y$ 赋成 $0$ ，可以避免在返回中爆 $long\ long$ 。
之后我们已经求出来了关于同余方程的一个解 $x$ ，虽然 $x$ 不一定是最小的，但显然 $x$ 加上或减去 $b$ 是没有任何影响的，所以用一个 $x = (x % b + b) % b$ 就可以了求出满足同余方程的最小正整数解了
上代码：
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{//x，y都是要返回的值
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,(a%b),x,y);//递归
int xx=y;//记录一下解
y=x-(a/b)*xx,x=xx;
return;
}
至此，扩展欧几里得讲解完毕qwq
中国剩余定理（CRT）：
中国剩余定理其实真的不难qwq
一般情况下我们是要求解如下式子：
$\begin{cases} x\equiv a_1(\mod b_1)\quad \ x\equiv a_2(\mod b_2)\quad \ ...\quad \ x\equiv a_n(\mod b_n)\quad \ \end{cases}$
其中所有的 $b_1,b_2...b_n$ 都互质，这里的 $a_i$ 都小于 $b_i$ 。
首先我们构造一个数 $B=b_1b_2...*b_n$ ，那么显然当我们求出 $x$ 之后加上或减去 $B$ 都是成立的。
接下来考虑对于每一个同余方程的处理：
对于同余式 $x\equiv a_k(\mod b_k)$ ，我们可以构造一个 $B_k=B/b_k$ ，显然 $gcd(B_k,b_k)=1$ ，根据裴蜀定理可得：存在整数 $i,j$ 使得 $iB_k+jb_k=1$ ，即 $iB_k\equiv 1(\mod b_k)$ 。因为 $iB_k\ mod\ b_k=1$ ，那么有 $a_iiB_k\ mod\ b_k=a_i$ ，$i$ 可以通过扩展欧几里得求得，所以该同余方程的一个解是 $x=a_ii*B_k$ 。
再回到整个方程组，我们继续构造一个数 $x=a_1i_1B_1+a_2i_2B_2+...+a_ni_nB_n$ ，那么这个数就是同余方程组的一个解。因为对于第 $k$ 个同余方程，$B_{1...n}$ 中除 $B_k$ 之外所有数都是 $b_k$ 的倍数，所以同余方程是成立的。
放一下CRT的代码：
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,(a%b),x,y);
int xx=y;
y=x-(a/b)*xx,x=xx;
return;
}//扩展欧几里得求解同余方程
lt china()
{
for(int i=1;i<=n;i++) N*=B[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a=N/B[i],b=B[i],x=0,y=0;
exgcd(a,b,x,y);//此处的x还要变成最小正整数解
ans+=a*((x%b+b)%b)*A[i];
}
return (ans%N+N)%N;
}
扩展中国剩余定理（EXCRT）
好了，同样是形如下面的式子：
$\begin{cases} x\equiv a_1(\mod b_1)\quad \ x\equiv a_2(\mod b_2)\quad \ ...\quad \ x\equiv a_n(\mod b_n)\quad \ \end{cases}$
只不过这次不保证所有的 $b_1,b_2,...,b_n$ 互质
因为不互质，所以我们无法像CRT一样使用扩欧。
考虑你已经求出来了前 $k-1$ 个同余方程的解，得到的解为 $ans$ ，设 $lcm$ 为前 $k-1$ 个方程中所有的 $b_i$ 的最小公倍数，则前 $k-1$ 个方程的解为 $x=ans+ilcm$ ，而我们只需要确定一个 $i$ 使得 $ans+ilcm\equiv a_k(\mod b_k)$ ，然后更新一下 $lcm$ 就好了。
又是一波转化：
$ans+i*lcm\equiv a_k(\mod b_k)$
$i*lcm\equiv a_k-ans(\mod b_k)$
注意：此处的 $lcm$ 和 $b_k$ 不一定互质，需要稍加处理，设 $gcd=gcd(lcm,b_k),c=(a_k-ans)\ mod\ b_k$ ，由上式可得：
$ilcm+hb_k=c$
由裴蜀定理可得此方程有解的必要条件是 $gcd|c$ ，于是继续变形：
$i/gcdlcm+hb_k/gcd=c/gcd$
$i/gcd*lcm\equiv c/gcd(\mod b_k/gcd)$
此时 $gcd(lcm,b_k/gcd)=1$ ，对于上面这个方程，我们依然可以先求出一个 $j$ 满足 $j*lcm\equiv 1(\mod b_k/gcd)$ ，然后再乘以 $c/gcd$ 倍就好了。
具体代码中有解释：
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{//扩展欧几里得，一并求出gcd
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int res=exgcd(b,(a%b),x,y);
int xx=x;
x=y,y=xx-(a/b)*y;
return res;
}
int mul(int s,int p,int mod)
{//这是一个快速乘，防止s*p爆long long
int res=0;
while(p)
{
if(p%2) res=(res+s)%mod;
s=(s+s)%mod;
p/=2;
}
return res%mod;
}
int EXCRT()
{
m=b[1],ans=a[1];//第一个方程要特殊处理，直接赋值就好了
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x,y,c=(a[i]-ans%b[i]+b[i])%b[i];
//c就是前面的ak-ans
int gcd=exgcd(m,b[i],x,y);
x=mul(x,c/gcd,b[i]/gcd);
//这一段我也弄了好久，最后终于搞懂了
//大致把x为什么要乘c/gcd，和%(b/gcd)的原因写在上面了
//不懂欢迎提问
ans+=x*m;//更新ans
m*=(b[i]/gcd);//更新lcm
ans=(ans%m+m)%m;
}
return (ans%m+m)%m);
}
终于更完了qwq心累
来源：oschina
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