拓展中国剩余定理（exCRT）摘要

清除一个误区

虽然中国剩余定理和拓展中国剩余定理只差两个字，但他俩的解法相差十万八千里，所以会不会CRT无所谓

用途

求类似$$\begin{cases}x \equiv b_{1}\pmod{a_{1}} \\x \equiv b_{2}\pmod{a_{2}} \\...\\x \equiv b_{n}\pmod{a_{n}} \\ \end{cases}$$的线性同余方程组的解

具体过程

假设现在我们只有两个同余方程$$x \equiv b_{1}\pmod{a_{1}}$$ $$x \equiv b_{2}\pmod{a_{2}}$$

改写它们得$$x=a_{1}k_{1}+b_{1}                  ①$$ $$x=a_{2}k_{2}+b_{2}$$

联立$$a_{1}k_{1}+b_{1}=a_{2}k_{2}+b_{2}$$

所以$$a_{1}k_{1}=b_{2}-b_{1}+a_{2}k_{2}$$

记$$c=gcd(a_{1},a_{2})$$ $$d_{1}=\frac{a_{1}}{c}$$ $$d_{2}=\frac{a_{2}}{c}$$

两边同除以$c$得$$d_{1}k_{1}=\frac{b_{2}-b_{1}}{c}+d_{2}k_{2}$$

即$$d_{1}k_{1} \equiv \frac{b_{2}-b_{1}}{c}\%d_{2}\pmod{d_{2}}$$

显然，方程组有解的条件是$c|(b_{2}-b_{1})$

为什么要在这个时候取模$\%d_{2}$？因为之后取模的时候模数和被模数已经不互质了

记$d_{1}$在模$d_{2}$意义下的逆元为$p$，两边同乘$p$得$$k_{1} \equiv \frac{p(b_{2}-b_{1})}{c}\%d_{2} \pmod{d_{2}}$$

即$$k_{1} = \frac{p(b_{2}-b_{1})}{c}\%d_{2}+d_{2}*y$$

带入①式得$$x=\frac{p(b_{2}-b_{1})}{c}\%d_{2}*a_{1}+d_{2}a_{1}y+b_{1}$$

即$$x \equiv \frac{p(b_{2}-b_{1})}{c}\%d_{2}*a_{1}+b_{1}\pmod{a_{1}d_{2}}$$

注意，上式中的$a_{1}$万万不可乘到$\%d_{2}$前面

所以我们就弄出了一个新的同余方程。这个方程也可以写成$$x \equiv b \pmod a$$其中$$b=(inv(\frac{a_{1}}{(a_{1},a_{2})},\frac{a_{2}}{(a_{1},a_{2})})*\frac{b_{2}-b_{1}}{(a_{1},a_{2})}\%\frac{a_{2}}{(a_{1},a_{2})}*a_{1}+b_{1})$$ $$a=\frac{a_{1}a_{2}}{(a_{1},a_{2})}$$

其中$inv(m,n)$表示$m$在模$n$意义下的逆元，$(m,n)$表示$m$和$n$的最大公约数

然后把新求出的方程和后面的方程联立，迭代求解，直到只剩一个方程

精度问题

毫无疑问的是，在求解方程组的时候很容易爆$long long$，那该怎么办呢？

__int128 快（龟）速（速）乘（乘）是个不错的主意。

何为快速乘？

就是一种和快速幂类似的东西，利用二进制在log时间内求出两个数相乘对另一个数取模的结果并且不会爆long long

但要注意的是，千万不要让负数出现在快速乘里面，尤其是被拆分的那个乘数，会死循环的

 int mul(int x,int k,int mod) {
     ll ans=;
     while(k) {
         if(k&)(ans+=x)%=mod;
         k>>=;
         (x<<=)%=mod;
     }
     return ans;
 }

快速乘

题目

洛谷【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define INF 0x7fffffff
 #define ME 0x7f
 #define FO(s) freopen(s".in","r",stdin);freopen(s".out","w",stdout)
 #define fui(i,a,b,c) for(int i=(a);i<=(b);i+=(c))
 #define fdi(i,a,b,c) for(int i=(a);i>=(b);i-=(c))
 #define fel(i,a) for(register int i=hd[a];i;i=dg[i].nxt)
 #define ll long long
 #define int long long
 #define MEM(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define maxn 100010
 ll n;
 ll a[maxn],b[maxn],a0,b0;
 template<class T>
 inline T read(T &n){
     n=;int t=;double x=;char ch;
     for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());(ch=='-')?t=-:n=ch-'';
     for(ch=getchar();isdigit(ch);ch=getchar()) n=n*+ch-'';
     if(ch=='.') for(ch=getchar();isdigit(ch);ch=getchar()) n+=(ch-'')/x,x*=;
     return (n*=t);
 }
 template<class T>
 T write(T n){
     if(n<) putchar('-'),n=-n;
     if(n>=) write(n/);putchar(n%+'');return n;
 }
 template<class T>
 T writeln(T n){write(n);putchar('\n');return n;}
 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
     if(!b)return a+((x=)*(y=));
     int xx,yx,z;z=exgcd(b,a%b,xx,yx);
     x=yx,y=xx-a/b*yx;return z;
 }
 int gcd(int a,int b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
 int mul(int x,int k,int mod){
     ll ans=;
     while(k){
         if(k&)(ans+=x)%=mod;
         k>>=;
         (x<<=)%=mod;
     }
     return ans;
 }
 signed main(){
     read(n);
     fui(i,,n,)read(a[i]),read(b[i]);
     a0=a[],b0=b[];
     fui(i,,n,){
         int c=gcd(a0,a[i]),d1=a0/c,d2=a[i]/c,p,x,y;
         int a1=a0,a2=a[i],b1=b0,b2=b[i];
         if(((b2-b1)/c*c)^(b2-b1))return *writeln(-);
         exgcd(d1,d2,p,y);((p%=d2)+=d2)%=d2;
         x=mul(p,(((b2-b1)/c)%d2+d2)%d2,d2)*a1+b1;
         y=a1*d2;b0=x,a0=y;((b0%=a0)+=a0)%=a0;
     }
     int x,y;exgcd(,a0,x,y);
     ((x%=a0)+=a0)%=a0;
     x=mul(x,b0,a0);
     writeln(x);
     return ;
 }

AC代码

 好像还有NOI2018屠龙勇士？23333先等我去A掉它