#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;
int a[12];
int b[12];
int main(){
	
	int n,maxa=0,ia,kvalue;
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++){
		cin>>a[i];
		cin>>b[i];
		if(a[i]>maxa){
			maxa=a[i];
			ia=b[i];
		}
	} 
	for(int k=1;k<=maxa;k++){
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(!(k%a[i]==b[i])){
				break;
			}
			if(i==n-1){
				cout<<k;
				return 0;
			}
		}
	}
	for(int k=1;;k++){
		kvalue=k*maxa+ia;
		for(int i=0;i<n;i++){
			if(!(kvalue%a[i]==b[i])){
				break;
			}
			if(i==n-1){
				cout<<kvalue;
				return 0;
			}
		}
	}
	return 0;
}
 

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中國剩餘定理

　　在《孫子算經》中有這樣一個問題：“今有物不知其數，三三數之剩二（除以3餘2），五五數之剩三（除以5餘3），七七數之剩二（除以7餘2），問物幾何？”這個問題稱為“孫子問題”，該問題的一般解法國際上稱為“中國剩餘定理”。具體解法分三步：

1. 1. 找出三個數：從3和5的公倍數中找出被7除餘1的最小數15，從3和7的公倍數中找出被5除餘1 的最小數21，最後從5和7的公倍數中找出除3餘1的最小數70。
   2. 用15乘以2（2為最終結果除以7的餘數），用21乘以3（3為最終結果除以5的餘數），同理，用70乘以2（2為最終結果除以3的餘數），然後把三個乘積相加15∗2+21∗3+70∗215∗2+21∗3+70∗2得到和233。
   3. 用233除以3，5，7三個數的最小公倍數105，得到餘數23，即233%105=23233%105=23。這個餘數23就是符合條件的最小數。

　　就這麼簡單。我們在感嘆神奇的同時不禁想知道古人是如何想到這個方法的，有什麼基本的數學依據嗎？

　　我們將“孫子問題”拆分成幾個簡單的小問題，從零開始，試圖揣測古人是如何推匯出這個解法的。

　　首先，我們假設n1n1是滿足除以3餘2的一個數，比如2，5，8等等，也就是滿足3∗k+2（k>=0）3∗k+2（k>=0）的一個任意數。同樣，我們假設n2n2是滿足除以5餘3的一個數，n3n3是滿足除以7餘2的一個數。

　　有了前面的假設，我們先從n1n1這個角度出發，已知n1n1滿足除以3餘2，能不能使得n1+n2n1+n2的和仍然滿足除以3餘2？進而使得n1+n2+n3n1+n2+n3的和仍然滿足除以3餘2？

　　這就牽涉到一個最基本數學定理，如果有a%b=ca%b=c，則有(a+k∗b)%b=c(k為非零整數)(a+k∗b)%b=c(k為非零整數)，換句話說，如果一個除法運算的餘數為cc，那麼被除數與kk倍的除數相加（或相減）的和（差）再與除數相除，餘數不變。這個是很好證明的。

　　以此定理為依據，如果n2n2是3的倍數，n1+n2n1+n2就依然滿足除以3餘2。同理，如果n3n3也是3的倍數，那麼n1+n2+n3n1+n2+n3的和就滿足除以3餘2。這是從n1n1的角度考慮的，再從n2n2，n3n3的角度出發，我們可推匯出以下三點：

1. 1. 為使n1+n2+n3n1+n2+n3的和滿足除以3餘2，n2n2和n3n3必須是3的倍數。
   2. 為使n1+n2+n3n1+n2+n3的和滿足除以5餘3，n1n1和n3n3必須是5的倍數。
   3. 為使n1+n2+n3n1+n2+n3的和滿足除以7餘2，n1n1和n2n2必須是7的倍數。

　　因此，為使n1+n2+n3n1+n2+n3的和作為“孫子問題”的一個最終解，需滿足：

1. 1. n1n1除以3餘2，且是5和7的公倍數。
   2. n2n2除以5餘3，且是3和7的公倍數。
   3. n3n3除以7餘2，且是3和5的公倍數。

　　所以，孫子問題解法的本質是從5和7的公倍數中找一個除以3餘2的數n1n1，從3和7的公倍數中找一個除以5餘3的數n2n2，從3和5的公倍數中找一個除以7餘2的數n3n3，再將三個數相加得到解。在求n1n1，n2n2，n3n3時又用了一個小技巧，以n1n1為例，並非從5和7的公倍數中直接找一個除以3餘2的數，而是先找一個除以3餘1的數，再乘以2。也就是先求出5和7的公倍數模3下的逆元，再用逆元去乘餘數。

　　這裡又有一個數學公式，如果a%b=ca%b=c，那麼(a∗k)%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=k∗c(k>0)(a∗k)%b=a%b+a%b+…+a%b=c+c+…+c=k∗c(k>0),也就是說，如果一個除法的餘數為cc，那麼被除數的kk倍與除數相除的餘數為k∗ck∗c。展開式中已證明。

　　最後，我們還要清楚一點，n1+n2+n3n1+n2+n3只是問題的一個解，並不是最小的解。如何得到最小解？我們只需要從中最大限度的減掉掉3，5，7的公倍數105即可。道理就是前面講過的定理“如果a%b=ca%b=c，則有(a−k∗b)%b=c(a−k∗b)%b=c”。所以（n1+n2+n3）%105（n1+n2+n3）%105就是最終的最小解。

#include <stdio.h>

int main(int argc, const char * argv[])
{
    int N, i = 0, j = 0;
    int P[11], M[11];
    long long sum = 0, K, acc = 1;
    scanf("%d", &N);
    for (; i < N; i++)
    {
        scanf("%d %d", P + i, M + i);
        acc *= P[i];
    }

    for (i = 0; i < N; i++)
    {
        for (j = 1; j < 100000; j++)
        {
            if (acc / P[i] * j % P[i] == 1)
            {
                sum += acc / P[i] * j * M[i];
                break;
            }
        }
    }

    K = sum % acc;
    printf("%lld\n", K);
    return 0;
}