我真傻，真的

我單知道這道題在(b-b1)%d!=0時要判無解，哪成想自己卻沒有讀完這組後面的數據而直接break掉。。。qwqfk

當

x≡b1 (mod a1)

x≡b2 (mod a2)

....

x≡bn (mod an)

且a1,a2,...,an不互質時，正常的中國剩余定理是用不了的

所以有了EX版

求解：

我們先看第1，2個方程，它們可以轉化為：

x=a1*k1+b1, (I)

x=a2*k2+b2;

進而a1*k1+b1=a2*k2+b2,所以有：

a1*k1-a2*k2=b2-b1

進一步就是 a1*k1+a2*(-k2)=b2-b1 (II)

把他轉化為exgcd求解的形式：ax+by=c，a就是a1,x就是k1,b就是a1,y就是-k2,c就是b2-b1;

此時可以求出(I)的一組特解，即a1*k1+a2*(-k2)=gcd(a1,a2)時,k1的值。

顯然，當(b2-b1)不能被gcd(a1,a2)整除時，(1)無解；

若有解，(I)的解就是 k1*(b2-b1)/gcd(a1,a2)，

註意此時算出來k1要mod (a2/gcd(a1,a2)),這相當於是給k1減去了floor(k1/(a2/gcd(a1,a2)))*(a2/gcd(a1,a2)),給k2加上了floor(k1/(a2/gcd(a1,a2)))*(a1/gcd(a1,a2)),防止爆

然後將k1帶回原式,則x=a1*k1+b1

此時，你得到了滿足第1，2兩個方程的解，

那麽我們顯然又有一個結論：

最終的ans ≡ x (mod lcm(a1,a2))

所以我們又有了：
x≡b12 (mod a12) (*)

其中b12=第1，2兩個方程的解，即上一行的x；a12=lcm(a1,a2)

那麽我們就可以拿(*)和條件中的第3個方程去重復上面的操作。

一直重復下去，直到解出最終的解

註：代碼中的a相當於a1,a1相當與a2

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define
 
 ll long long
#define R register ll
using namespace std;
inline ll g() {
    R ret=0,fix=1; register char ch; while(!isdigit(ch=getchar())) fix=ch==‘-‘?-1:fix;
    do ret=ret*10+(ch^48); while(isdigit(ch=getchar())); return ret*fix;
}
inline ll exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y) {
    if(b==0) {x=1,y=0; return a;}
    R d=exgcd(b,a%b,y,x); y-=(a/b)*x; return d;
}
int n;
signed main() {
    while(~scanf("%d",&n)) { register bool flg=false;
        R a=g(),b=g(),k,k1;
        for(R i=2;i<=n;++i) {
            R a1=g(),b1=g(); if(flg) continue;
            R d=exgcd(a,a1,k,k1);
            if((b1-b)%d) flg=true;
            else {
                k=(b1-b)/d*k%a1;
                b+=a*k;
                a=a*a1/d;
                b%=a;
            }
        } if(flg) printf("-1\n");
        else printf("%lld\n",(b%a+a)%a);
    }
}

2019.05.15紀念自己的沙雕石刻qwq

POJ 2891 Strange Way to Express Integers excrt/我真傻，真的