题解 P1495 【曹冲养猪】

现有两组数字，每组 \(k\) 个，
第一组中的数字分别为：\(a_1,a_2,...,a_k\) 表示，
第二组中的数字分别用\(b_1,b_2, ... ,b_k\)表示。
第二组中的数字\(\underline\text{两两互质}\)。
求最小的非负整数 \(n\) ，
\(\underline{\text{满足对于任意的}i,n - a_i \text{ 能被 } b_i \text{ 整除}}\)。

根据题意，题干可以转化为:
- \(\begin{cases}x \equiv a_1\pmod {b_1}\\x \equiv a_2\pmod {b_2}\\......\\x \equiv a_n\pmod {b_n}\\\end{cases}\)
因为 \(bi\) 之间 两两互质，所以可以用 中国剩余定理 求解
但是中国剩余定理适用范围太小，
这里介绍用 扩展中国剩余定理 求解。

\(\begin{cases}x \equiv a_1\pmod {b_1}\\x \equiv a_2\pmod {b_2}\\......\\x \equiv a_n\pmod {b_n}\\\end{cases}\)

其中 , \(a_i,b_i\)为非负整数， \(b_1,b_2,...,b_n\) 不一定互质
假设已经求出了前 \(k-1\) 个方程的解 \(x_{k-1}\)
设 \(M=LCM_{i=1}^{k-1} bi\) , 即 \(M\) Ϊǰ \(k-1\) 个模数 \(b\) 的最小公倍数

则 :
对于前 \(k-1\)个方程, 都满足\(x_{k-1}+tM\equiv a_i\pmod {b_i}\ \ (t\in Z)\)
即 : 前 \(k-1\) 个方程 , 通解为 \(x_{k-1}+tM\ \ (t\in Z)\)

欲求得第 \(k\) 个方程的解 , 并且将求得的解 , 也满足前 \(k-1\) 个方程

则 :
需要使第 \(k\) 个方程的解 , 为前 \(k-1\) 的方程的通解的同时，也满足第 \(k\) 个方程的条件。

设 : 第\(k\) 个方程的解 \(x_k = x_{k-1}+tM\ \ (t\in Z)\)

将此解代入第 \(k\) 个方程中 , 可得 :
\(x_{k-1}+tM\equiv a_k\pmod{b_k}\)
即 : \(tM\equiv a_k-x_{k-1}\pmod{b_k}\)
其中 : \(M,a_k,x_{k-1},b_k\) 都是已知的。

使用 \(exgcd\) 解出此同余方程 , 可以得到 \(t\) 的值。

将 \(t\) 的值代回 \(x_k = x_{k-1}+tM\ \ (t\in Z)\) ，就可得到\(x_k\)的值

进行 \(k\) 次上述操作后，便可得到方程组的解。

//扩展中国剩余定理模板题目  //详见注释  #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; ll n; ll a[100010],b[100010];  ll mul(ll A,ll B,ll mod) //快速乘取余 模板 {     ll ans=0;     while(B>0)       {         if(B & 1) ans=(ans+A%mod)%mod;         A=(A+A)%mod;         B>>=1;       }     return ans; } ll exgcd(ll A,ll B,ll &x,ll &y) //扩展欧几里得 模板 {     if(!B)       {         x=1,y=0;         return A;       }     ll d=exgcd(B,A%B,x,y);     ll tmp=x;     x=y , y=tmp-A/B*y;     return d; } ll lcm(ll A,ll B) //求最小公倍数 {     ll xxx,yyy;     ll g=exgcd(A,B,xxx,yyy);     return (A/g*B); } ll excrt() //重点:求解同余方程组 {     ll x,y;     ll M=b[1],ans=a[1]; //赋初值      //M为前k-1个数的最小公倍数，ans为前k-1个方程的通解     for(int i=2;i<=n;i++)       {         ll A=M,B=b[i];         ll C=(a[i]-ans%B+B)%B; //代表同余方程 ax≡c(mod b) 中a,b,c          ll g=exgcd(A,B,x,y);         //求得A,B的最大公约数，与同余方程ax≡gcd(a,b)(mod b)的解，          if(C%g) return -1; //无解的情况          x=mul(x,C/g,B); //求得x的值,x即t          ans+=x*M;  //获得前k个方程的通解         M=lcm(M,B); //更改M的值         ans=(ans%M+M)%M;       }     return ans; } int main() {     scanf("%lld",&n);     for(int i=1;i<=n;i++)       scanf("%lld%lld",&b[i],&a[i]);     ll ans=excrt();     printf("%lld",ans); }

来源：博客园

作者：Luckyblock

链接：https://www.cnblogs.com/luckyblock/p/11456387.html

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