中国剩余定理（解一元线性同余方程组）

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？”这个问题称为“孙子问题”，该问题的一般解法国际上称为“中国剩余定理”。

解析：

　　题目意思即为有这样一组方程：

（m1---mn两两互质）

设：

设：所以：

所以方程有解为：

查找modM意义下，或最小正整数解：方程有唯一解：

注释：假设整数m1,m2,m3...mn两两互质，则对于任意整数a1,a2,a3...an,x有解

例：

对于

x % 3 = 2

x % 5 = 3

x % 7 = 2

我们需要构造一个答案 //inv为求逆元

5*7*inv(5*7, 3) % 3 = 1

3*7*inv(3*7, 5) % 5 = 1

3*5*inv(3*5, 7) % 7 = 1

然后两边同乘你需要的数，得

2 * 5*7*inv(5*7, 3) % 3 = 2

3 * 3*7*inv(3*7, 5) % 5 = 3

2 * 3*5*inv(3*5, 7) % 7 = 2

令

a = 2 * 5*7*inv(5*7, 3)

b = 3 * 3*7*inv(3*7, 5)

c = 2 * 3*5*inv(3*5, 7)

那么

a % 3 = 2

b % 5 = 3

c % 7 = 2

其实答案就是a+b+c

因为

a%5 = a%7 = 0 //a是5*7*inv（5*7，3）的倍数，所以模5和7都是

b%3 = b%7 = 0 //同理，b，c模3/7，3/5都是0

c%3 = c%5 = 0

所以

(a + b + c) % 3 = (a % 3) + (b % 3) + (c % 3) = 2 + 0 + 0 = 2

(a + b + c) % 5 = (a % 5) + (b % 5) + (c % 5) = 0 + 3 + 0 = 3

(a + b + c) % 7 = (a % 7) + (b % 7) + (c % 7) = 0 + 0 + 2 = 2

即a+b+c是一个满足条件得答案 //最小得正整数解为（a+b+c）%105（105=3*5*7，两两互质，105为最小公倍数）

代码：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn=1e5+10;

ll a[maxn],m[maxn],n;

ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    ll ans=ex_gcd(b,a%b,x,y);
    ll temp=x;
    x=y;
    y=temp-a/b*y;
    return ans;
}
ll inv(ll a,ll b){   //求逆
   ll x,y;
   ll ans=ex_gcd(a,b,x,y);
   if(ans!=1)return -1;
   if(x<0)x=(x%b+b)%b;
   return x;
}
ll China(){//中国剩余定理
   ll M=1;
   for(int i = 0;i<n;i++){
      M*=m[i];
   }
   ll sum=0;
   for(int i=0;i<n;i++){
      ll res=M/m[i];
      sum=(sum+a[i]*res*inv(res,m[i]))%M;
   }
   return sum;
}

int main(){
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
        for(int i=0;i<n;i++){
            scanf("%lld%lld",&m[i],&a[i]);
        }
        ll ans=China();
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

上述方法只能解决m两两互质的同余方程组，如果不互质呢？

法一：

假设只有两个方程，如果能用一个方程代替两个方程，并能得到这个方程的解，那么这个问题就解决了:

x=a1+ k1*b1 (x%b1= a1)

x=a2+ k2*b2 (x%b2 = a2)

则: a1l+ k1*b1= a2 + k2*b2

then: b1* k1 + b2*(-k2)= a2-a1

假设gcd(b1,b2)= g若(a2 - a1)%g!=0 :无解

否则:k1*b1= (a2-a1) + k2*b2

then: k1*b1/g = (a2-a1)/g + k2*b2/g

then: k1*b1/g = (a2-a1)/g (mod b2/g)

then : k1 = inv(b1/g，b2/g)*(a2-a1)/g (mod b2/g)

then:x = a1 + inv(b1/g，b2/g)*(a2-a1)/g*b1 + b2*b1/g*y

then :x = c(mod m)

中:c= a1 + inv(b1/g,b2/g)*(a2-a1)/g*b1

m= b1*b2/g = lcm(b1,b2)

当作一个新方程继续与下一个联立,直到剩下最后一个方程xn = cn(mod mn)则，

任意一个xn都是满足条件的解,取最小正整数即可ans = (cn%mn + mn)%mn

$x \equiv a_{1}$

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
ll C[maxn],M[maxn];
ll n,k;
ll gcd(ll a,ll b){
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    ll g=ex_gcd(b,a%b,x,y);
    ll temp=x;
    x=y;
    y=temp-a/b*y;
    return g;
}
ll inv(ll a,ll mod){
    ll X,Y;
    ll g=ex_gcd(a,mod,X,Y);
    if(g!=1)return -1;
    return (X%mod+mod)%mod;
}
/*
ll mul(ll a,ll b,ll mod){   //快速乘法
    ll ans=0;
    while(b){
        if(b&1)ans=(ans%mod+a%mod)%mod;
        b>>=1;
        a=(a%mod+a%mod)%mod;
    }
    return ans;
}
*/
int main(){
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
        for(int i = 0;i<n;i++){
            scanf("%lld%lld",&M[i],&C[i]);
        }
        bool flag=true;
        for(int i=1;i<n;i++){
            ll M1=M[i-1],M2=M[i],C1=C[i-1],C2=C[i];
            ll g=gcd(M1,M2);
            if((C2-C1)%g){flag = false;break;}
            M[i]=M1/g*M2;   //可能会爆
            ll INV=inv(M1/g,M2/g);
            if(INV==-1){flag=false;break;}
            C[i]= C1+(INV*((C2-C1)/g))%(M2/g)*M1;
            C[i]=(C[i]%M[i]+M[i])%M[i];
        }
        if(!flag)printf("-1\n");
        else printf("%lld\n",C[n-1]);
    }
    return 0;
}

法二：（仅限m比较小的时候/牛客2019夏多校1-d）

注意构造前i个方程的最小自然数解，假设前i-1个方程的最小自然数解为f（i-1）。lcm(p1,p2,……,pi-1)=y,令f（i）=f（i-1）然后让f（i）每次加y，知道满足第i个方程即可。可以证明在保证有解的情况下，加法运算不会超过pi次。（所以要先判断方程组有无解）

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <map>
#include <set>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=100+10;
ll ans,n,a[maxn],p[maxn],base,M;

const char *definitely_lie="he was definitely lying";
const char *probably_lie="he was probably lying";

int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&M);
    for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld%lld",&p[i],&a[i]);
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=i+1;j<n;j++){
            ll d=__gcd(p[i],p[j]);
            if(d!=1){
                if(a[i]%d!=a[j]%d){
                    puts(definitely_lie);
                    return 0;
                }
            }
        }
    }
    ans=0;
    base=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        while(ans%p[i]!=a[i]){
            ans+=base;
            if(ans>M){
                puts(probably_lie);
                return 0;
            }
        }
        ll gg=p[i]/__gcd(base,p[i]);
        if(M/base>=gg)base*=gg;
        else{
            for(int j=i+1;j<n;j++)if(ans%p[j]!=a[j]){
                puts(probably_lie);
                return 0;
            }
            printf("%lld\n",ans);
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

中国剩余定理（解一元线性同余方程组）

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例：

代码：

代码：

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$x \equiv a_{1}$