【ACWing】204. 表达整数的奇怪方式

题目地址：

https://www.acwing.com/problem/content/206/

给定$2n$个整数$a_1,...,a_n$和$m_1,...,m_n$，求一个最小的非负整数$x$使得$\forall i,x\equiv m_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_i)$。如果无解就输出$-1$。

数据范围：
$1\le a_i\le 2^{31}-1$
$0\le m_i<a_i$
$1\le n\le 25$

考虑$n=1$的情形，即找到最小的非负整数满足：$$\{\begin{array}{l}x\equiv m_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_1)\\ x\equiv m_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}_2)\end{array}$$即找到整数$k_1,k_2$使得：$$x=m_1+k_1{a}_1=m_2+k_2{a}_2$$变形得：$$k_1{a}_1-k_2{a}_2=m_2-m_1$$我们可以先求解$l_1{a}_1-l_2{a}_2=\gcd (a_1,a_2)$，这个方程是一定有解的，可以用扩展欧几里得算法来求，思路和代码参考https://blog.csdn.net/qq_46105170/article/details/113824039。易知$k_1{a}_1-k_2{a}_2=m_2-m_1$有解当且仅当$\gcd (a_1,a_2)|(m_2-m_1)$成立，如果这个式子不成立就可以直接输出$-1$了，否则的话就有解。如果有解，令$d=\gcd (a_1,a_2)$，设$(k_1,k_2)$是一组解，那么$\forall s,(k_1+s\frac{a_2}{d},k_2+s\frac{a_1}{d})$也是解，并且可以证明，任意的解都必然有这种形式（证明如下，如果$(k_1^{\prime },k_2^{\prime })$也是解，那么有$(k_1-k_1^{\prime })\frac{a_1}{d}=(k_2-k_2^{\prime })\frac{a_2}{d}$，由于$\gcd (\frac{a_1}{d},\frac{a_2}{d})=1$，所以必须有$\frac{a_1}{d}|(k_2-k_2^{\prime })$，令$k_2-k_2^{\prime }=-s\frac{a_1}{d}$，那么有$k_1^{\prime }=k_1+s\frac{a_2}{d},k_2^{\prime }=k_2+s\frac{a_1}{d}$）。只要求出$k_1$之后，就可以得出一个新的方程$x=(k_1+s\frac{a_2}{d})a_1+m_1=k_1{a}_1+m_1+s\frac{a_1{a}_2}{d}=(k_1{a}_1+m_1)+s[a_1,a_2]$（这里$[a_1,a_2]$是$a_1,a_2$的最小公倍数），我们可以令$x_0=(k_1{a}_1+m_1)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}[a_1,a_2]$，此时$x_0$就是最小非负的满足新方程的解，那么新方程等价于$x\equiv (k_1{a}_1+m_1)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}[a_1,a_2])$。到此，我们就将原同余方程组的前两个方程合并为一个与它俩等价的方程，并且还求出了满足这个方程的最小非负整数解。进行$n-1$次合并后，就能求出原题的最终解了。至于$k_1$怎么求，当求解出$l_1{a}_1-l_2{a}_2=d$之后，令$k_1=l_1\frac{m_2-m_1}{d}$即可。但是在代码中，为了防止溢出，我们需要让$k_1$尽可能小，那可以先求出任意一个$k_1$，然后取$k_1$为$k_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\frac{a_2}{d}$即可，这样就可以让$k_1{a}_1+m_1$尽可能不溢出。令$m^{\prime }=k_1{a}_1+m_1$，$a^{\prime }=[a_1,a_2]$，这样前两个方程合并的新方程就是$x\equiv m^{\prime }(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}^{\prime })$。合并$n-1$次之后，$m^{\prime }\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{a}^{\prime }$就是答案。代码如下：

#include <iostream>
using namespace std;

// 求ax + by = gcd(a, b)的一个解
long exgcd(long a, long b, long &x, long &y) {
    
    
    if (!b) {
    
    
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }

    long d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

int main() {
    
    
    int n;
    cin >> n;
    
    bool has_answer = true;
    long a1, m1;

    cin >> a1 >> m1;
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
    
    
        long a2, m2;
        cin >> a2 >> m2;

        long k1, k2;
        long d = exgcd(a1, a2, k1, k2);
        // 如果无解则直接退出
        if ((m1 - m2) % d) {
    
    
            has_answer = false;
            break;
        }

        k1 *= (m2 - m1) / d;
        long t = a2 / d;
        // 取最小非负的k1
        k1 = (k1 % t + t) % t;

        m1 += a1 * k1;
        a1 = abs(a1 / d * a2);
    }

    if (has_answer) cout << (m1 % a1 + a1) % a1 << endl;
    else cout << -1 << endl;

    return 0;
}

时间复杂度$O(n\log \max a_i)$，空间$O(\log \max a_i)$（这个空间是递归栈深度，但是由于long是有范围的，这个递归栈深度实际上不会超过$64$，所以基本可以看成是常数）。