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 1 2 2 3 151 783 57 278	5 6 31471 217674

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 ;
}