poj2891 扩展欧几里得解同余方程组

题目

poj2891

解同于方程组：x≡r1(moda1)x≡r2(moda2)......x≡rn(modan)其中模数不一定互质。

题解

若模数两两互质，我们可以用中国剩余定理来解。

这里我们先考虑两个方程：x≡r1(moda1)x≡r2(moda2)我们可以写成:x+y1a1=r1x−y2a2=r2

相减得：y1a1+y2a2=r1−r2也就是ax+by=m的形式。

这是可以用扩展欧几里德解的。

若gcd(a,b)/|m那么方程就无解，直接输出-1。

否则我们可以解出上式的y1。回带得到一个特解x0=r1−y1a1。

通解可以写成x=x0+k∗lcm(a1,a2)也就是x≡x0(modlcm(a1,a2))。

这样我们就将两个方程合并为了一个。重复进行以上操作，我们最终能将n个方程全部合并，再用扩展欧几德得解出来就好了。

ll solve(){
ll M=a[1],R=r[1],x,y,d;
for(int i=2;i<=n;i++){
d=exgcd(M,a[i],x,y);
if((R-r[i])%d!=0) return -1;  //无解
x=(R-r[i])/d*x%a[i]; //这才是真正的x，记得模a[i]。
R-=x*M;   //特解x0，新的余数。
M=M/d*a[i]; //新的模数。
R%=M;
}
return (R%M+M)%M;
}

下面是完整代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll a[100005],r[100005];
int n;

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(b==0) return x=1,y=0,a;
ll tmp=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return tmp;
}

ll solve(){
ll M=a[1],R=r[1],x,y,d;
for(int i=2;i<=n;i++){
d=exgcd(M,a[i],x,y);
if((R-r[i])%d!=0) return -1;
x=(R-r[i])/d*x%a[i];
R-=x*M;
M=M/d*a[i];
R%=M;
}
return (R%M+M)%M;
}

int main(){
while(~scanf("%d",&n)){
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&a[i],&r[i]);
printf("%lld\n",solve());
}
return 0;
}