POJ2891 Strange Way to Express Integers (扩展欧几里德)

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题目大意

求解一组同余方程
x ≡ r1 (mod a1)
x ≡ r2 (mod a2)
x ≡ r3 (mod a3)
......
x ≡ rk (mod ak)
的解x（a1,a2,a3,.....ak 并不一定互质）。如果不存在则输出-1.

输入格式

有多组数据，每组数组第一行为k，后面有k行，每行两个数，代表ai,ri。

输出格式

每一行对应每一个询问的解x。

样例输入

2
8 7
11 9

样例输出

分析

看到这一题，可以发现好像问的就是中国剩余定理的问题，可是题目中a并不互质，无法用中国剩余定理来解决。不过我们可以从扩展欧几里德算法入手。

先来分析规模小一点的。

对于一组同余方程

$\begin {cases} x \mod a_1=r_1\\ x\mod a_2=r_2\end{cases}\to\begin{cases}k_1*a_1+r_1=x\\ k_2* a_2+r_2=x\end {cases}$

我们可以上下两式相减得出

$ k_1* a_1-k_2* a_2=r_2-r_1$

我们可以发现，这个式子可以用扩展欧几里德来求解。于是我们求出了$k_1$
便可以将其带入原来的式子，求出$x=k_1*a_1+r_1$。这是两个方程的求解，面对多个方程，我们可以这样做：
假设我们刚才求出的是$x_1$,而为了求出满足三个方程的解$x_2$我们可以得到这样的式子
$\begin {cases} x_2\mod lcm(a_1,a_2)=x_1\\ x_2\mod a_3=r_3\end{cases}$
证明：

$x_2=k_3*lcm(a_1,a_2)+x_1$ ,因为$k_3*lcm(a_1,a_2)$这一块肯定能整除$a_1$或$a_2$,所以肯定会剩下一个$c_1$,而$c_1$恰好满足前面的方程

用同样的方法，我们可以求出满足所有式子的解。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <climits>
#define MAXN 10000+10
#define abs(a) a>0?a:-a
using namespace std;
long long e_gcd(long long a,long long b,long long& x,long long& y)
{if(!b){x=1;y=0;return a;}long long ans=e_gcd(b,a%b,x,y);long long tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return ans;
}
long long a1,a2,b1,b2,x,y,gcd,t,c;
int main()
{while(scanf("%lld",&t)!=EOF){scanf("%lld%lld",&a1,&b1);int flag=0;if(t==1) printf("%lld\n",b1);else{for(int i=2;i<=t;i++){   scanf("%lld%lld",&a2,&b2);if(flag)  continue;gcd=e_gcd(a1,a2,x,y);if((b2-b1)%gcd!=0) {flag=1;}x*=(b2-b1)/gcd;x%=a2/gcd;if(x<0) x+=abs(a2/gcd);c=a1*x+b1;a1=a1/gcd*a2; b1=c;}}if(flag==1) {printf("-1\n");continue;}      printf("%lld\n",c);}return 0;
}

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