POJ 2891 Strange Way to Express Integers excrt/我真傻，真的

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

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当

$ x \equiv b_1 (  mod    a_1  ) $

$ x \equiv b_2   ( mod  a_2 )  $

....

$x  \equiv b_n (mod a_n)$

且

$a_1,a_2,...,a_n$

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);
    }
}

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2019.05.15纪念自己的沙雕石刻qwq