考虑一个同余方程组
\[ \begin{cases}x \equiv a_1 \ (mod \ b_1) \\x \equiv a_2 \ (mod \ b_2) \\\quad \quad \quad \vdots \\x \equiv a_n \ (mod \ b_n) \end{cases} \]
其中\(b_1,b_2,\dots,b_n\)两两互质。
令\(m = \prod\limits_{i = 1}^n b_i\)，\(M_i = \frac{m}{b_i}\)，\(t_i\)是同余方程\(xM_i \equiv 1 \ (mod \ b_i)\)的一个解
那么上面那个方程组的解为\(\sum\limits_{i = 1}^{n} a_i M_i t_i\)。
证明：
考虑\(\sum\)中的一项\(i\)，对于\(k = i\)显然有\(a_i M_i t_i \equiv a_k \ (mod \ b_k)\)，若\(k \not = i\)，则\(a_i M_i t_i \equiv 0 \ (mod \ b_k)\)（因为\(M_i\)是其他\(b\)的乘积）。
所以上面\(\Sigma\)中的\(n\)项各会满足一个方程，且不会对其他有影响，故\(x = \sum\limits_{i = 1}^{n} a_i M_i t_i\)是一组合法解。
证毕。
另外，\(x\)是在\(mod \ m\)意义下的解，即解集可以表示为\(\{x + km : k \in \Z\}\)。
\(Code\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mult(ll a,ll b,ll c){
if (b>a) swap(a,b);
ll ret=0; for (;b;b>>=1,a=a*2%c) if (b&1) ret=(ret+a)%c;
return ret;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if (b==0){x=1,y=0;return;}
else{
exgcd(b,a%b,x,y);
ll tmp=x; x=y; y=tmp-a/b*x;
}
}
ll a[110],b[110]; int n;
ll CRT(){
ll m=1; for (int i=1;i<=n;i++)m*=b[i];
for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=(a[i]%m+m)%m;
ll ans=0;
for (int i=1;i<=n;i++){
ll Mi=m/b[i],t,tmp;
exgcd(Mi,b[i],t,tmp);
t=(t%m+m)%m;
ans=(ans+mult(Mi,mult(t,a[i],m),m))%m;
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
printf("%lld\n",CRT());
return 0;
}待填：扩展中国剩余定理 \(ExCRT\)