中国剩余定理与扩展

中国剩余定理

一开始觉得这东西好难。。。后来发现好像也没有这么难。。。

我们来看一道题目：

树王种了一棵treap，她现在决定把这棵treap改造为一棵无旋多叉triep，于是她摘下了treap的所有节点，发现如果她把节点3个3个一打包，会剩下2个节点。如果她把节点5个5个一打包，会剩下3个节点，如果把节点7个7个一打包，会剩下2个节点，求这棵treap最少有多少节点？

首先假如我们求出这样三个数k1,k2,k3，满足k1与3互质且是5和7的倍数，k2与5互质且是3,7的倍数，k3与7互质且是3和5的倍数，那么容易意会得到，k1∗2+k2∗3+k3∗2一定会是一个满足题目条件的数。而题目的通解可表示为这个数每次都加上3,5,7的最小公倍数

首先我们求出3，5，7的lcm=105

然后我们令：

x1=105/3=35,x2=105/5=21,x3=105/7=15

然后我们求解以下方程：

a∗x1%3=1,b∗x2%5=1,c∗x3%7=1

啊呀这个格式的式子好眼熟。。。那么就愉快地用扩展欧几里德求出来吧！

a=2,b=1,c=1。

答案就是：

ans=(a∗x1∗2+b∗x2∗3+c∗x3∗2)%lcm=23

多棒啊！可爱的代码也很好写啊~

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m[105],a[105],lcm=1;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){//扩欧
if(!b){x=1,y=0;return a;}
int re=exgcd(b,a%b,x,y),tmp=x;
x=y,y=tmp-(a/b)*y;
return re;
}
int work(){
int i,j,d,x,y,re=0;
for(i=1;i<=n;i++)lcm=lcm*m[i];//因为互质所以直接这么写了
for(i=1;i<=n;i++){
int kl=lcm/m[i];
d=exgcd(kl,m[i],x,y);
x=(x%m[i]+m[i])%m[i];
re=(re+a[i]*x*kl)%lcm;
}
return re;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&m[i],&a[i]);;
printf("%d",work());
return 0;
}

可是我们要求的几个数a,b,c不互质怎么办？

那么有请——

扩展中国剩余定理

假设我们这里有两个方程：

x=a1∗x1+b1

x=a2∗x2+b2

a1,a2是模数，b1,b2是余数。

那么我们可以合并这两个方程：

a1∗x1+b1=a2∗x2+b2，由于x1和x2可以取负无穷到正无穷，所以符号不能约束它们，我们随便变一变形得到：a1∗x1+a2∗x2=b2−b1

还不赶快有请扩展欧几里德！

好的，现在我们求出了一个最小正整数解x1，那么令k=(a1∗x1+b1)。现在我们搞个大新闻新方程出来：

x≡k(modlcm(a1,a2))

那么一路合并下去就可以得到最终的解答了。

代码(poj2891):

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int maxn=1e5+5;
int n;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
if(!b){x=1,y=0;return a;}
LL re=exgcd(b,a%b,x,y),tmp=x;
x=y,y=tmp-(a/b)*y;
return re;
}
LL m[maxn],a[maxn];
LL work(){
LL M=m[1],A=a[1],t,d,x,y;int i;
for(i=2;i<=n;i++){
d=exgcd(M,m[i],x,y);//解方程
if((a[i]-A)%d)return -1;//无解
x*=(a[i]-A)/d,t=m[i]/d,x=(x%t+t)%t;//求x
A=M*x+A,M=M/d*m[i],A%=M;//日常膜一膜（划掉）模一模，防止爆
}
A=(A%M+M)%M;
return A;
}
int main()
{
int i,j;
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
printf("%lld\n",work());
}
return 0;
}