POJ2891 Strange Way to Express Integers (扩展欧几里德)

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题目大意

求解一组同余方程

x ≡ r1 (mod a1)

x ≡ r2 (mod a2)

x ≡ r3 (mod a3)

......

x ≡ rk (mod ak)

的解x（a1,a2,a3,.....ak 并不一定互质）。如果不存在则输出-1.

输入格式

有多组数据，每组数组第一行为k，后面有k行，每行两个数，代表ai,ri。

输出格式

每一行对应每一个询问的解x。

样例输入

2

8 7

11 9

样例输出

31

分析

看到这一题，可以发现好像问的就是中国剩余定理的问题，可是题目中a并不互质，无法用中国剩余定理来解决。不过我们可以从扩展欧几里德算法入手。

先来分析规模小一点的。

对于一组同余方程

\(\begin {cases} x \mod a_1=r_1\\ x\mod a_2=r_2\end{cases}\to\begin{cases}k_1*a_1+r_1=x\\ k_2* a_2+r_2=x\end {cases}\)

我们可以上下两式相减得出

$ k_1* a_1-k_2* a_2=r_2-r_1$

我们可以发现，这个式子可以用扩展欧几里德来求解。于是我们求出了\(k_1\)

便可以将其带入原来的式子，求出\(x=k_1*a_1+r_1\)。这是两个方程的求解，面对多个方程，我们可以这样做：

假设我们刚才求出的是\(x_1\),而为了求出满足三个方程的解\(x_2\)我们可以得到这样的式子

\(\begin {cases} x_2\mod lcm(a_1,a_2)=x_1\\ x_2\mod a_3=r_3\end{cases}\)

证明：

\(x_2=k_3*lcm(a_1,a_2)+x_1\) ,因为\(k_3*lcm(a_1,a_2)\)这一块肯定能整除\(a_1\)或\(a_2\),所以肯定会剩下一个\(c_1\),而\(c_1\)恰好满足前面的方程

用同样的方法，我们可以求出满足所有式子的解。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <climits>
#define MAXN 10000+10
#define abs(a) a>0?a:-a
using namespace std;
long long e_gcd(long long a,long long b,long long& x,long long& y)
{
	if(!b)
	{
		x=1;y=0;
		return a;
	}
	long long ans=e_gcd(b,a%b,x,y);
	long long tmp=x;
	x=y;
	y=tmp-a/b*y;
	return ans;
}
long long a1,a2,b1,b2,x,y,gcd,t,c;
int main()
{
	while(scanf("%lld",&t)!=EOF)
	{
		scanf("%lld%lld",&a1,&b1);
		int flag=0;
		if(t==1)
			printf("%lld\n",b1);
		else
		{
			for(int i=2;i<=t;i++)
			{
				scanf("%lld%lld",&a2,&b2);
				if(flag)  continue;
				gcd=e_gcd(a1,a2,x,y);
				if((b2-b1)%gcd!=0) {flag=1;}
				x*=(b2-b1)/gcd;
				x%=a2/gcd;
				if(x<0) x+=abs(a2/gcd);
				c=a1*x+b1;
				a1=a1/gcd*a2; b1=c;
			}
		}
		if(flag==1) {printf("-1\n");continue;}
		printf("%lld\n",c);

	}

	return 0;
}