Kattis之旅——Chinese Remainder
Input
The first line of input consists of an integers T where 1≤T≤1000, the number of test cases. Then follow T lines, each containing four integers a, n, b, m satisfying 1≤n,m≤10e9, 0≤a<n, 0≤b<m. Also, you may assume gcd(n,m)=1.
Output
For each test case, output two integers x, K, where K=n*m and 0≤x<K, giving the solution x(mod K) to the equations x=a(mod n),x=b(mod m).
Sample Input 1 | Sample Output 1 |
---|---|
2 |
5 6 |
感谢Pursuit_大神的一波支援。
由 ( x ≡ a )%n 以及 (x≡ b)%m这两个同余方程。可以联立得出一个二元一次方程—— k0*m+k1*(-n) = a-b。
然后就是解这个二元一次方程,得出最优解。对n*m取余。
直接上扩展欧几里德就好。
//Asimple
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n, m, a, b; void ex_gcd( ll a , ll b , ll &g , ll &x , ll &y ) { if( b == ) {
x = ; y = ;
g = a ;
}
ex_gcd( b , a%b , g , y , x ) ;
y-= x*(a/b);
} void slove(){
ll x , y , g ;
ex_gcd( m , -n , g , x , y ) ;
x =( x*(a-b)/g %(-n /g ) - n/g )%(-n/g);
printf( "%lld %lld\n" , ((x * m + b)%(n*m)+ n*m )%(n*m) , n*m ) ;
} void input(){
int t ;
scanf( "%d" , &t ) ;
while( t-- ) {
scanf( "%lld%lld%lld%lld" , &a , &n , &b , &m ) ;
slove( ) ;
}
} int main(){
input();
return ;
}
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