【中国剩余定理-入门】-C++

中国剩余定理也称孙子定理，是中国古代求解一次同余式组（见同余）的方法。是数论中一个重要定理。

这玩意在luogu居然有模板题：
[TJOI2009]猜数字

先来看一个问题：

在《孙子算经》中有这样一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二（除以3余2），五五数之剩三（除以5余3），七七数之剩二（除以7余2），问物几何？”

~~熟悉吗小学数学学过吗~~
这样的问题是基本的中国剩余定理的运用，解题过程有三步：

找出三个数：从$3$和$5$的公倍数中找出被$7$除余$1$的最小数$15$，从$3$和$7$的公倍数中找出被$5$除余$1$的最小数$21$，最后从$5$和$7$的公倍数中找出除$3$余$1$的最小数$70$。
用$15$乘以$2$（$2$为最终结果除以$7$的余数），用$21$乘以$3$（$3$为最终结果除以$5$的余数），同理，用$70$乘以$2$（$2$为最终结果除以$3$的余数），然后把三个乘积相加$15∗2+21∗3+70∗2$得到和$233$。
用$233$除以$3，5，7$三个数的最小公倍数$105$，得到余数$23$，即$233%105=23$。这个余数23就是符合条件的最小数。

~~不得不佩服古人的智慧~~

然后看回题目（链接在开头）
\[ \begin{cases} (n-a_1)|b_1\\ (n-a_2)|b_2\\ ...\\ (n-a_k)|b_k \end{cases}\\ \]
变形成同余方程组之后：
\[ \begin{cases} (n-a_1≡0)\pmod {b_1}\\ (n-a_2≡0)\pmod {b_2}\\ ...\\ (n-a_k≡0)\pmod {b_k}\\ \end{cases} \]

很明显的，
如果$a≡b\pmod{m}$，则$a+c≡b+c\pmod{m}$成立。
这个不难理解，稍微理解一下就可以了。
然后把上面同余方程组变形一下：
\[ \begin{cases}\\ n\equiv a_1(\mod b_1)\quad \\ n\equiv a_2(\mod b_2)\quad \\ ...\quad \\ n\equiv a_k(\mod b_k)\quad \\ \end{cases}\\ \]
然后到这里就是中国剩余定理的裸题了。但是需要注意的是因为题目问题，我们需要对每一个$a_i$作这样的操作：
$
a[i]=(a[i]\mod b[i]+b[i])modb[i];
$

然后还需要注意的就是，这道题目因为数据良(bian)心(tai)，所以还需要用快速乘来防止爆long long的情况。
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll a[110],b[110];
ll k;
inline int read()
{
   int x=0,f=1;
   char ch=getchar();
   while(ch<'0'||ch>'9'){
       if(ch=='-')
           f=-1;
       ch=getchar();
   }
   while(ch>='0'&&ch<='9'){
       x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
       ch=getchar();
   }
   return x*f;
}
inline ll qmul(ll a, ll b, ll m)
{
    ll res=0;
    while(b>0)
    {
        if(b&1)res=(res+a)%m;
        a=(a+a)%m;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        return;
    }
    exgcd(b,a%b,x,y);
    int tmp=x;
    x=y,y=tmp-a/b*y;
    return;
}
ll China()
{
    ll ans=0,lcm=1;
    for(ll i=1;i<=k;i++)
        lcm*=b[i];
    ll x,y;
    for(ll i=1;i<=k;i++)
    {
        ll p=lcm/b[i];
        exgcd(p,b[i],x,y);
        x=(x%b[i]+b[i])%b[i];
        ans=(ans+qmul(qmul(p,x,lcm),a[i],lcm))%lcm;
    }
    return (ans+lcm)%lcm;
}
int main()
{
    cin>>k;
    for(int i=1;i<=k;i++)
        a[i]=read();
    for(int i=1;i<=k;i++)
        b[i]=read(),a[i]=(a[i]%b[i]+b[i])%b[i];
    cout<<China();
    return 0;
}

ov.

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