## 问题描述

  “今有物不知其数,三三数之余二,五五数之余三,七七数之余二。问物几何?”

  emmm这是。。最开始这个问题被提出来的描述

  其实说白了就是求解一次同余式组

  然后还可以。。解决一些。。需要将模数转化成素数来求解的题目

  

具体内容

  我们还是把这个东西写成数学语言吧,一般化一点的长这样:

\[\begin{cases}
x\equiv a_1(mod\ m_1)\\
x\equiv a_2(mod\ m_2)\\
x\equiv a_3(mod\ m_3)\\
...\\
x\equiv a_n(mod\ m_n)\\
\end{cases}
\]

  其中模数\(m_i\)两两互素,记\(N=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i\),中国剩余定理说的是:这个同余方程组在模\(N\)意义下有唯一解,并且给出了一种具体的构造方案(也就是下面的证明)

​  

  证明:我们首先来考虑一个更加特殊一点的同余方程组

\[\begin{cases}
x\equiv 1(mod\ m_1)\\
x\equiv 0(mod\ m_2)\\
x\equiv 0(mod\ m_3)\\
...\\
x\equiv 0(mod\ m_n)\\
\end{cases}
\]

  我们可以大胆令\(x=(N/m_1)*y\),然后就会发现这个方程组就等价于求解同余方程:

\[(N/m_1)*y \equiv1(mod\ m_1)
\]

  然后对于我们改变一下左边等于\(1\)的等式是哪一条,如果是第\(i\)条的话那么就相当于求解:

\[(N/m_i)*y_i \equiv1(mod\ m_i)
\]

  那么我们令\(x_i=(N/m_i)*y_i\),就可以构造出原来的方程组(余数为\(a_i\)的那个方程组)在模\(N\)意义下的唯一解:

\[x=\sum_{i=1}^n a_ix_i
\]

  

具体实现

  那么现在我们只要求出\(y_i\)就好了,观察这个式子:

\[(N/m_i)*y_i \equiv1(mod\ m_i)
\]

​  会发现这个\(y_i\)我们可以用扩展欧几里得求出

  因为可以看成\(y_i(N/m_1)+q\cdot m_1=1\),而因为\(m_i\)是两两互素的所以\(1=gcd(N/m_1,m_1)\)

  那么直接就上扩欧就好啦

  

  代码大概长这个样子

ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if (b==0){x=1; y=0; return a;}
ll gcd=ex_gcd(b,a%b,x,y),tmp=x;
x=y; y=tmp-a/b*y;
return gcd;
} ll CRT(int *w,int *a,int n){//w数组里面存的是模数,a里面存的是余数
ll x,y,ret=0,mod=1,tmp;//这里的mod就是相当于上面讲的N啦
for (int i=1;i<=n;++i) mod*=w[i];
for (int i=1;i<=n;++i){
tmp=mod/w[i];
ex_gcd(w[i],tmp,x,y);
ret=(ret+y*tmp*a[i])%mod;
}
return (ret+mod)%mod;
}

  

具体应用

  应用的话。。其实就是像上面提到的那样,解决一些要拆模数的问题

  比如说 -->这题(bzoj3782)

  简单说一下就是,这题需要用到Lucas定理,但是这个定理有一个限制条件就是模数必须是质数,那么解决方法就是将模数分解质因数一下,然后分别用Lucas定理求出在几个质因数下的答案,最后用CRT(中国剩余定理)合并一下得到在模那个非质数的模数下的答案就好了

​  目前了解到的就主要是这样的类型的qwq

  在FFT中也有应用,但是还没有去写。。所以先留着坑吧qwq

  

不互质呢?

​  其实中国剩余定理的条件还是有点苛刻的,模数之间要两两互质

​  如果说不能满足这一点呢?

​​​  其实也是可以做的,虽然说叫是叫扩展CRT但是其实这个感觉跟CRT的思想不太一样嗯qwq

​​​  与前面的构造法不同的是,这里我们可以借助扩欧采用一个两两合并的思想

​  假设我们现在要合并两个方程:

\[\begin{cases}
x\equiv a_1(mod\ m_1)\\
x\equiv a_2(mod\ m_2)
\end{cases}
\]

​  但是其中\(,m_1,m_2\)是不互质的

​​​  我们可以将上面那个方程组写成

\[\begin{cases}
x=a_1+x_1\cdot m_1&(1)\\
x=a_2+x_2\cdot m_2&(2)
\end{cases}
\]

​  那么:

\[\begin{aligned}
x_1\cdot m_1-x_2\cdot m_2&=a_2-a_1\\
m_1\cdot x_1&\equiv a_2-a_1(mod\ m_2)
\end{aligned}
\]

​  然后我们考虑用逆元将系数\(m_1\)消掉,但是因为无法保证\(m_1m_2\)互质,所以我们可以先变一下,记\(d=gcd(m_1,m_2)\),则:

\[\begin{aligned}
\frac{m_1}{d}x_1&\equiv \frac{a_2-a_1}{d}(mod\ \frac{m_2}{d})\\
x_1&\equiv inv(\frac{m_1}{d})\frac{a_2-a_1}{d}(mod\ \frac{m_2}{d})\\
\Updownarrow\\
x_1&=a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d}+\frac{m_2}{d}\cdot y\\
\end{aligned}
\]

​  注意,由扩欧可以知道,只有在满足\(d|(a_2-a_1)\)的情况下有解​

​  然后这个时候我们再将这条\(x_1\)的表达式带回\((1)\)式中,得到:

\[\begin{aligned}
x&=a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d}+\frac{m_1m_2}{d}\cdot y\\
\Updownarrow\\
x&\equiv (a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d})\%\frac{m_1m_2}{d}(mod\ \frac{m_1m_2}{d})
\end{aligned}
\]

​  也就是说,最后我们合并得到的新的式子\(x\equiv a'(mod\ m')\)中:

\[\begin{aligned}
a'&=(a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d})\%\frac{m_1m_2}{d}\\
m'&=\frac{m_1m_2}{d}
\end{aligned}
\]

​  然后多个同余方程的话我们就两个两个一路合并下去就好了

​  

​​  代码大概长这个样子

ll mul(ll x,ll y,ll mod){//这里mul是为了防止模数特别大的情况下爆出去而用的黑科技
ll tmp=x*y-(ll)((ld)x/mod*y)*mod;
return (tmp+mod)%mod;
}
ll ex_gcd(ll a1,ll b1,ll &x,ll &y){
if (!b1){x=1; y=0; return a1;}
ll gcd=ex_gcd(b1,a1%b1,x,y),tmp=x;
x=y; y=tmp-a1/b1*y;
return gcd;
}
ll inv(ll a1,ll mod){
ll x,y;
ll gcd=ex_gcd(a1,mod,x,y);
if (gcd!=1) return -1;
return (x%mod+mod)%mod;
}
ll ex_CRT(ll *a,ll *mod,int n){
ll Mod=mod[1],A=a[1],d,tmp,t,x,y,tmpMod;
for (int i=2;i<=n;++i){
d=ex_gcd(Mod,mod[i],x,y);
tmp=a[i]-A;
if (tmp%d)
return -1;//不能整除就无解
tmpMod=Mod/d*mod[i];
A=(A+mul(mul(Mod,inv(Mod/d,mod[i]/d),tmpMod),tmp/d,tmpMod))%tmpMod;
Mod=tmpMod;
}
return (A%Mod+Mod)%Mod;
}

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