我真傻,真的

我单知道这道题在(b-b1)%d!=0时要判无解,哪成想自己却没有读完这组后面的数据而直接break掉。。。qwqfk


$ x \equiv b_1 (  mod    a_1  ) $

$ x \equiv b_2   ( mod  a_2 )  $

....

$x  \equiv b_n (mod a_n)$

$a_1,a_2,...,a_n$

不互质时,正常的中国剩余定理是用不了的

所以有了EX版

求解:

我们先看第1,2个方程,它们可以转化为:

x=a1*k1+b1, (I)

x=a2*k2+b2;

进而a1*k1+b1=a2*k2+b2,所以有:

a1*k1-a2*k2=b2-b1

进一步就是 a1*k1+a2*(-k2)=b2-b1  (II)

把他转化为exgcd求解的形式:ax+by=c,a就是a1,x就是k1,b就是a1,y就是-k2,c就是b2-b1;

此时可以求出(I)的一组特解,即a1*k1+a2*(-k2)=gcd(a1,a2)时,k1的值。

显然,当(b2-b1)不能被gcd(a1,a2)整除时,(1)无解;

若有解,(I)的解就是 k1*(b2-b1)/gcd(a1,a2),

注意此时算出来k1要mod (a2/gcd(a1,a2)),这相当于是给k1减去了floor(k1/(a2/gcd(a1,a2)))*(a2/gcd(a1,a2)),给k2加上了floor(k1/(a2/gcd(a1,a2)))*(a1/gcd(a1,a2)),防止爆long long;

然后将k1带回原式,则x=a1*k1+b1

此时,你得到了满足第1,2两个方程的解,

那么我们显然又有一个结论:

最终的ans ≡ x (mod lcm(a1,a2))

所以我们又有了:
x≡b12 (mod a12) (*)

其中b12=第1,2两个方程的解,即上一行的x;a12=lcm(a1,a2)

那么我们就可以拿(*)和条件中的第3个方程去重复上面的操作。

一直重复下去,直到解出最终的解

注:代码中的a相当于a1,a1相当与a2

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
#define R register ll
using namespace std;
inline ll g() {
R ret=,fix=; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch=='-'?-:fix;
do ret=ret*+(ch^); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
}
inline ll exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y) {
if(b==) {x=,y=; return a;}
R d=exgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; return d;
}
int n;
signed main() {
while(~scanf("%d",&n)) { register bool flg=false;
R a=g(),b=g(),k,k1;
for(R i=;i<=n;++i) {
R a1=g(),b1=g(); if(flg) continue;
R d=exgcd(a,a1,k,k1);
if((b1-b)%d) flg=true;
else {
k=(b1-b)/d*k%a1;
b+=a*k;
a=a*a1/d;
b%=a;
}
} if(flg) printf("-1\n");
else printf("%lld\n",(b%a+a)%a);
}
}

2019.05.15纪念自己的沙雕石刻qwq

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