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HuangHai
38
TangDou/AcWing/CRT/204.cpp
Normal file
38
TangDou/AcWing/CRT/204.cpp
Normal file
@@ -0,0 +1,38 @@
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int N = 100010;
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int a[N], m[N];
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int n;
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int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
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if (!b) {
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x = 1, y = 0;
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return a;
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}
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int d = exgcd(b, a % b, y, x);
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y -= a / b * x;
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return d;
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}
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int exCRT() { // m代表合并多少次，有n个方程，其实m=n-1
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int a1 = a[1], m1 = m[1], a2, m2, k1, k2;
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for (int i = 2; i <= n; i++) { // a1,m1：做为先遣军，准备与后续的方程合并
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a2 = a[i], m2 = m[i];
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int d = exgcd(a1, -a2, k1, k2); // 扩展欧几里得求方程特解,x有用，y无用
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if ((m2 - m1) % d) return -1; // 拼出来的同余方程无解，继续不下去
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k1 *= (m2 - m1) / d; // 同比扩大指定倍数
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int t = abs(a2 / d); // 最小累计单元
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k1 = (k1 % t + t) % t; // 取得最小正整数解，否则可以会在计算过程中爆long long
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m1 = k1 * a1 + m1; // 准备下一轮的m[1],a[1]
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a1 = abs(a1 / d * a2); // 两个顺序不能反
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}
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return (m1 % a1 + a1) % a1; // 取得最小正整数解
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}
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signed main() {
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cin >> n;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i] >> m[i];
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cout << exCRT() << endl;
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}
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189
TangDou/AcWing/CRT/204.md
Normal file
189
TangDou/AcWing/CRT/204.md
Normal file
@@ -0,0 +1,189 @@
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##[$AcWing$ $204$. 表达整数的奇怪方式](https://www.acwing.com/problem/content/description/206/)
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### 一、题目描述
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给定 $2n$ 个整数 $a_1,a_2,…,a_n$ 和 $m_1,m_2,…,m_n$，**求一个最小的非负整数** $x$，满足 $∀i∈[1,n],x≡m_i(mod\ a_i)$。
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**输入格式**
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第 $1$ 行包含整数 $n$。
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第 $2…n+1$ 行：每 $i+1$ 行包含两个整数 $a_i$ 和 $m_i$，数之间用空格隔开。
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**输出格式**
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输出最小非负整数 $x$，如果 $x$ 不存在，则输出 $−1$。
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如果存在 $x$，则数据保证 $x$ 一定在 $64$ 位整数范围内。
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**数据范围**
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$1≤a_i≤2^{31}−1,0≤m_i<a_i$
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$1≤n≤25$
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**输入样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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2
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8 7
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11 9
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```
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**输出样例：**
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```cpp {.line-numbers}
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31
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```
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### 二、解题思路
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#### 中国剩余定理
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**作用:求$n$组线性同余方程的通解**
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**使用前提**:对于$∀i∈[1,n],x≡m_i(mod\ a_i)$,其中若$m_1,m_2,…,m_n$ **两两互质**,则可以使用 **中国剩余定理** 来求解$x$。
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形式: $$ \large \left\{\begin{matrix}
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x \equiv a_1 (mod \ m_1) & \\
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x \equiv a_2 (mod \ m_2) & \\
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. & \\
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. & \\
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. & \\
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x \equiv a_n (mod \ m_n) & \\
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\end{matrix}\right.$$
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**公式**
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$$\large x=\begin{pmatrix}
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\displaystyle \sum_{i=1}^n a_it_iM_i \end{pmatrix}mod\ M
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$$
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其中$t_i$是$M_i$的逆元,$M_i=M/m_i$(除了$m_i$以外的乘积)
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$\large M=m_1*m_2*m_3*...*m_n$
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#### 扩展中国剩余定理
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本题中<font color='red' size=4><b> 并未说$m_1,m_2,…,m_n$之间两两互质</b></font>,需要重新推导:
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**推导**
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$$ \large \left\{\begin{matrix}
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x \equiv m_1 (mod \ a_1) & ① \\
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x \equiv m_2 (mod \ a_2) & ② \\
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. & \\
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. & \\
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. & \\
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x \equiv m_n (mod \ a_n) & \\
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\end{matrix}\right.$$
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先计算两个线性同余方程组的解,之后依此类推
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① 可以写成 $x=k_1∗a_1+m_1$③
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② 可以写成 $x=k_2∗a_2+m_2$④
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③=④ $\Rightarrow$ $k_1∗a_1+m_1=k_2∗a_2+m_2$ $\Rightarrow$ $k_1∗a_1−k_2∗a_2=m_2−m_1$⑤
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根据 **裴蜀定理**,当$m_2−m_1$为$gcd(a_1,−a_2)$的倍数时,方程⑤有无穷组整数解
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而$k_1∗a_1−k_2∗a_2=gcd(a_1,−a_2)=d$可以用拓展欧几里得算法来解,即$exgcd(a_1,−a_2,k_1,k_2)$
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#### $Q$:$k_1∗a_1−k_2∗a_2=gcd(a_1,−a_2)=d$中的$k_1$和$k_2$通解公式是什么?
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**结论**
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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k_1=k_1+k*\frac{a_2}{d} & \\
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k_2=k_2+k*\frac{a_1}{d} &
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\end{matrix}\right.
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$$
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> **解释**：如果我们知道一组特解$(k_1,k_2)$,那么，可以通过任意整数倍$k$的缩放,使得$k_1$缩放$k*\frac{a_2}{d}$倍，$k_2$缩放$k*\frac{a_1}{d}$倍，得到的新$k_1,k_2$依然是方程的解。
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**证明:**
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设$k_1$的通解为$s_1$,$k_2$的通解为$s_2$,$k_1$的特解为$k_1$,$k_2$的特解为$k_2$
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> **解释**：这么写方便些，不想再写什么$k_1',k_2'$了，太麻烦~
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则：
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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a_1∗s_1−a_2∗s_2=d & \\
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a_1∗k_1−a_2∗k_2=d &
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\end{matrix}\right.
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$$
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$$↓方程组同时除d$$
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$$
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\large \left\{\begin{matrix}
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\frac{a_1}{d}*s_1-\frac{a_2}{d}*s_2=1 & ⑥\\
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\frac{a_1}{d}*k_1-\frac{a_2}{d}*k_2=1 &
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\end{matrix}\right.
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$$
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$$↓相减下$$
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$$\frac{a_1}{d}*(s_1-k_1)-\frac{a_2}{d}*(s_2-k_2)=0$$
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$$其中\frac{a_1}{d}与\frac{a_2}{d}互质 −>s_1-k_1必然是\frac{a_2}{d}的倍数$$
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$$\therefore s_1-k_1=k*\frac{a_2}{d} -> k_1=k_1+k*\frac{a_2}{d}(因为s_1必然也是k_1的整数倍)$$
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$$同理得 k_2=k_2+k*\frac{a_1}{d}$$
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>**傻瓜问题**$：\frac{a_1}{d}与\frac{a_2}{d}$为什么互质?
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**答**：在方程组⑥中根据裴蜀定理的推论($a,b$互质的充要条件是存在整数$x,y$使$ax+by=1$)从而得出它两互质.
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到此证明完毕,回归正题,求解本题。
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将$k_1$通解代入③得
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$$x=k_1∗a_1+m_1 -> x=(k_1+k*\frac{a_2}{d})∗a_1+m_1 ->$$
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$$x=k*\overbrace{\frac{a_2}{d}*a_1}^{更新后的a1}+\underbrace{k_1*a_1+m_1}_{更新后的m_1}$$
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> **令$a_1=\frac{a_2}{d}*a_1$,$m_1=k_1*a_1+m_1$,就和原来的方程一个样子，但化简掉了一个方程，问题变得简单些，只要不断的合并，最终就可以得到答案**
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依此迭代,经过$n−1$次后可以将$n$个线性同余方程合并为一个方程,求最小解,只需最后$(m_1\%a_1+a_1)\%a_1)$即可
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### 三、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <iostream>
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using namespace std;
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typedef long long LL;
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LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
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if (!b) {
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x = 1, y = 0;
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||||
return a;
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}
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||||
LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
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||||
y -= a / b * x;
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||||
return d;
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}
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LL n, a1, m1, a2, m2, k1, k2;
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int main() {
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cin >> n;
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cin >> a1 >> m1; // 读入第一个方程
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n--; // 共n-1个方程
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while (n--) {
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cin >> a2 >> m2;
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// 开始合并
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// a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1
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// ① 求a1*k1+(-a2)*k2=gcd(a1,-a2)的解,视k1=x,k2=y
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LL d = exgcd(a1, -a2, k1, k2);
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||||
if ((m2 - m1) % d) { // 如果不是0，则无解
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||||
cout << -1;
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||||
exit(0);
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}
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||||
// ② 求 a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1 的一组解,需要翻 (m2-m1)/d倍
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k1 *= (m2 - m1) / d;
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||||
// ③ 求最小正整数解
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int t = abs(a2 / d);
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k1 = (k1 % t + t) % t;
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// ④ 更新a1和m1,准备下一轮合并
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m1 = k1 * a1 + m1;
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||||
a1 = abs(a1 / d * a2);
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}
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||||
// 输出,m1是一个解，不是最小整数解，需要模a1
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||||
cout << (m1 % a1 + a1) % a1;
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||||
return 0;
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||||
}
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```
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47
TangDou/AcWing/CRT/P4777.cpp
Normal file
47
TangDou/AcWing/CRT/P4777.cpp
Normal file
@@ -0,0 +1,47 @@
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#include <iostream>
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||||
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||||
using namespace std;
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||||
typedef long long LL;
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||||
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
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||||
if (!b) {
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x = 1, y = 0;
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return a;
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}
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||||
LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
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y -= a / b * x;
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||||
return d;
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}
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LL n, a1, m1, a2, m2, k1, k2;
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||||
int main() {
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cin >> n;
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cin >> a1 >> m1; // 读入第一个方程
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n--; // 共n-1个方程
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while (n--) {
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cin >> a2 >> m2;
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// 开始合并
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// a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1
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// ① 求a1*k1+(-a2)*k2=gcd(a1,-a2)的解,视k1=x,k2=y
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LL d = exgcd(a1, -a2, k1, k2);
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||||
if ((m2 - m1) % d) { // 如果不是0，则无解
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||||
cout << -1;
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exit(0);
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}
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||||
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||||
// ② 求 a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1 的一组解,需要翻 (m2-m1)/d倍
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||||
k1 *= (m2 - m1) / d;
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||||
|
||||
// ③ 求最小正整数解
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||||
int t = abs(a2 / d);
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||||
k1 = (k1 % t + t) % t;
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||||
|
||||
// ④ 更新a1和m1,准备下一轮合并
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||||
m1 = k1 * a1 + m1;
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||||
a1 = abs(a1 / d * a2);
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||||
}
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||||
// 输出,m1是一个解，不是最小整数解，需要模a1
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||||
cout << (m1 % a1 + a1) % a1;
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||||
return 0;
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}
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||||
39
TangDou/AcWing/CRT/Test.cpp
Normal file
39
TangDou/AcWing/CRT/Test.cpp
Normal file
@@ -0,0 +1,39 @@
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||||
#include <bits/stdc++.h>
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||||
using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
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if (!b) {
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x = 1, y = 0;
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return a;
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}
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int d = exgcd(b, a % b, y, x);
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y -= a / b * x;
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return d;
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}
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int n, a1, m1, a2, m2, k1, k2;
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signed main() {
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cin >> n >> a1 >> m1;
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n--;
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while (n--) {
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cin >> a2 >> m2;
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int d = exgcd(a1, -a2, k1, k2);
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if ((m2 - m1) % d) {
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cout << -1 << endl;
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exit(0);
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}
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k1 *= (m2 - m1) / d;
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int t = abs(a2 / d);
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k1 = (k1 % t + t) % t;
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m1 = k1 * a1 + m1;
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a1 = abs(a1 / d * a2);
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}
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cout << (m1 % a1 + a1) % a1 << endl;
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}
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