前言

閱讀本文前，推薦先學一下中國剩餘定理。其實不學也無所謂，畢竟兩者沒啥關係

擴充套件CRT

我們知道，中國剩餘定理是用來解同餘方程組

$$\begin{cases}x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right) \\ \ldots \\ x\equiv c_r\left( mod\ m_r\right) \end{cases}$$

但是有一個非常令人不爽的事情就是它要求$m_1,m_2\ldots,m_r$兩兩互素

如果某個毒瘤出題人偏要求它們部互素呢？

其實也有解決的辦法

就是把出題人吊起來幹一頓用擴充套件中國剩餘定理

擴充套件中國剩餘定理跟中國剩餘定理沒半毛錢關係，一個是用擴充套件歐幾里得，一個是用構造

首先我們還是從簡單入手，考慮一下如果同餘方程組只有兩個式子的情況

$x\equiv c_{1}\left( mod\ m_{1}\right) \\ x\equiv c_{2}\left( mod\ m_{2}\right)$

將兩個式子變形

$x=c_{1}+m_{1}k_{1}\\ x=c_{2}+m_{2}k_{2}$

聯立

$c_{1}+m_{1}k_{1}=c_{2}+m_{2}k_{2}$

移項

$m_{1}k_{1}=c_{2}-c_{1}+m_{2}k_{2}$

我們用$(a,b)$表示$a,b$的最大公約數

在這裡需要注意，這個方程有解的條件是

$\left( m_{1},m_{2}\right) |\left( c_{2}-c_{1}\right)$，因為後面會用到$\dfrac {\left( c_{2}-c_{1}\right) }{\left( m_{2},m_{1}\right) }$這一項，如果不整除的話肯定會出現小數。

對於上面的方程，兩邊同除$(m_1,m_2)$

$$\dfrac {m_{1}k_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}k_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }$$

$$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1}=\dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }+\dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{2}$$

轉換一下

$$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }k_{1} \equiv \dfrac {c_{2}-c_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) } (mod\ \dfrac {m_{2}}{\left( m_{1},m_{2}\right) })$$

此時我們已經成功把$k_2$消去了。

同餘式兩邊同除$\dfrac {m_{1}}{\left( m_{1},m_{2}\right) }$

$$k_1\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}\pmod {{m_2\over(m_1,m_2)}}$$

$inv(a,b)$表示$a$在模$b$意義下的逆元

$$k_1=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}+{{m_2\over (m_1,m_2)}}*y$$

接下來怎麼辦呢？這個式子已經化到最簡了。。

不要忘了，我們剛開始還有兩個式子。我們把$k_1$待回去！

$$x=inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+y{{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}+c_1$$

$$x\equiv inv({m_1\over(m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1\pmod {{m_1m_2\over (m_1,m_2)}}$$

此時，整個式子中的元素我們都已經知道了

具體一點，這個式子可以看做是$$x\equiv c\pmod m$$

其中$$c=(inv({m_1\over (m_1,m_2)},{m_2\over (m_1,m_2)})*{(c_2-c_1)\over (m_1,m_2)})\%{m_2\over (m_1,m_2)}*m_1+c_1$$

$$m={m_1m_2\over (m_1,m_2)}$$

推廣一下

我們每次把兩個同餘式合併，求解之後得到一個新的同餘式。再把新的同餘式和其他的聯立，最終就可以求出滿足條件的解

程式碼

update in 2018.10.11：這份程式碼可能在較強的資料下出現乘爆long long的情況(我記得NOI2018Day2T1就是因為這個過不了大樣例)

直接把#define LL long long 改成#define LL __int128就好了

題目連結

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;
const LL MAXN = 1e6 + 10;
LL K, C[MAXN], M[MAXN], x, y;
LL gcd(LL a, LL b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if (b == 0) {x = 1, y = 0; return a;}
    LL r = exgcd(b, a % b, x, y), tmp;
    tmp = x; x = y; y = tmp - (a / b) * y;
    return r;
}
LL inv(LL a, LL b) {
    LL r = exgcd(a, b, x, y);
    while (x < 0) x += b;
    return x;
}
int main() {
#ifdef WIN32
    freopen("a.in", "r", stdin);
#else
#endif
    while (~scanf("%lld", &K)) {
        for (LL i = 1; i <= K; i++) scanf("%lld%lld", &M[i], &C[i]);
        bool flag = 1;
        for (LL i = 2; i <= K; i++) {
            LL M1 = M[i - 1], M2 = M[i], C2 = C[i], C1 = C[i - 1], T = gcd(M1, M2);
            if ((C2 - C1) % T != 0) {flag = 0; break;}
            M[i] = (M1 * M2) / T;
            C[i] = ( inv( M1 / T , M2 / T ) * (C2 - C1) / T ) % (M2 / T) * M1 + C1;
            C[i] = (C[i] % M[i] + M[i]) % M[i];
        }
        printf("%lld\n", flag ? C[K] : -1);
    }
    return 0;
}

再放道裸題

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1573

題解