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文章目录

1. 同余概述
- 1.1. 同余定义
- 1.2. 一些定理和性质
2. 一元线性同余方程
3. 逆
- 3.1.逆的概念
- 3.2.求逆
- 3.3. 用逆求解同余方程
- 3.4. 逆与除法取模
4. 同余方程组
- 4.1. 中国剩余定理
- 4.2. 迭代法

同余是很巧妙的工具，它使得人们能够用等式的形式来简洁地描述整除关系。
在阅读本节内容时，请对照上一节“线性丢番图方程”的内容，有很多类似的地方。

1. 同余概述

1.1. 同余定义

设m是正整数，若a和b是整数，且m∣(a−b)m | (a - b)m∣(a−b)，则称aaa和bbb模mmm同余。也就是说，aaa除以mmm得到的余数，和bbb除以mmm的余数相同；或者说，a−ba - ba−b除以mmm，余数是0。
把aaa和bbb模mmm同余记为 a≡b(modm)a\equiv b (mod m)a≡b(modm)，mmm称为同余的模。例子：
（1）因为7|(18-4)，所以18≡\equiv≡ 4 (mod 7)，18除以7余数是4，4除以7的余数也是4；
（2）3≡\equiv≡ 6 (mod 9)，3除以9余数是3，-6除以9的余数也是3；
（3）13和5模9不同余，因为13除以9余数是4，5除以9余数是5。

1.2. 一些定理和性质

（1）若aaa和bbb是整数，mmm为正整数，则a≡b(modm)a\equiv b (mod\ m)a≡b(mod m)当且仅当amodm=bmodma\ mod\ m = b mod\ ma mod m=bmod m。
（2）把同余式转换为等式。若aaa和bbb是整数，则a≡b(modm)a\equiv b (mod\ m)a≡b(mod m)当且仅当存在整数，使得a=b+kma = b + kma=b+km。例如：19-2 (mod 7)，有19 = -2 + 3 ∙ 7。
（3）设mmm是正整数，模mmm的同余满足下面的性质：
1）自反性。若aaa是整数，则a≡a(modm)a\equiv a (mod\ m)a≡a(mod m)
2）对称性。若aaa和bbb是整数，且a≡b(modm)a\equiv b (mod\ m)a≡b(mod m)，则b≡a(modm)b\equiv a (mod\ m)b≡a(mod m)。
3）传递性。若a、b、ca、b、ca、b、c是整数，且a≡b(modm)和b≡c(modm)a\equiv b (mod\ m)和b\equiv c (mod m)a≡b(mod m)和b≡c(modm)，则a≡c(modm)a\equiv c (mod\ m)a≡c(mod m)。

2. 一元线性同余方程

一元线性同余方程：设xxx是未知数，给定a、b、ma、b、ma、b、m，求整数xxx，满足 ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)。
研究线性同余方程有什么用处？ax≡b(modm)ax\equiv b(mod\ m)ax≡b(mod m)表示ax−bax - bax−b是mmm的倍数，设为 −y-y−y倍，则有ax+my=bax + my = bax+my=b，这就是二元线性丢番图方程。所以，求解一元线性同余方程等同于求解二元线性丢番图方程。
方程是否有解？如果有解，有多少解？如何求出解？与线性丢番图的定理一样，线性同余方程也有类似的定理。
定理：设a，ba，ba，b和mmm是整数，m>0，gcd(a,m)=dm > 0，gcd(a, m) = dm>0，gcd(a,m)=d，若ddd不能整除b，则ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)无解，若ddd能整除bbb，则ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)有ddd个模mmm不同余的解。
定理的前半部分可以概况为：ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)有解的充分必要条件是gcd(a,m)gcd(a, m)gcd(a,m)能整除b。
定理的后半部分说明了解的情况。与线性丢番图方程类似，如果有一个特解是 x0x_0x0 ，那么通解是x=x0+(m/d)nx = x_0 + (m/d)nx=x0+(m/d)n，当n=0,1,2,...,d−1n = 0, 1, 2, ..., d -1n=0,1,2,...,d−1时，有ddd个模mmm不同余的解。
推论：aaa和mmm互素时，因为d=gcd(a,m)=1d = gcd(a, m)=1d=gcd(a,m)=1，所以线性同余方程ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)有唯一的模mmm不同余的解。这个推论在下一节的逆中有应用。
最后回到求解ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)的问题：首先求逆，然后利用逆求得xxx。

3. 逆

求解一般形式的同余方程ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)，需要用到逆。

3.1.逆的概念

给定整数a，且满足gcd(a,m)=1gcd(a, m) = 1gcd(a,m)=1，称 ax≡1(modm)ax\equiv 1(mod\ m)ax≡1(mod m)的一个解为aaa模mmm的逆。记为a−1a^{-1}a−1。
例如：8x≡1(mod31)8x\equiv 1(mod\ 31)8x≡1(mod 31)，有一个解是xxx = 4，4是8模31的逆。所有的解，例如35、66等，都是8模31的逆。
可以借助丢番图方程理解逆的概念，8x≡1(mod31)8x\equiv 1(mod\ 31)8x≡1(mod 31)即方程8x+31y=18x + 31y = 18x+31y=1，xxx = 4是8模31的逆，4×8-1能整除31。

3.2.求逆

有多种方法可以求逆。
（1）扩展欧几里得求单个逆
下面的例题是求逆，即求解同余方程ax≡1(modm)ax\equiv 1(mod\ m)ax≡1(mod m)。

同余方程（求逆） 洛谷 P1082
题目描述：求关于x的同余方程ax≡1(modm)ax\equiv 1(mod\ m)ax≡1(mod m)的最小正整数解。2≤a, m≤2,000,000,000。

题解：ax≡1(modm)ax\equiv 1(mod\ m)ax≡1(mod m)，即丢番图方程ax+my=1ax + my = 1ax+my=1，先用扩展欧几里得求出ax+my=1ax + my = 1ax+my=1的一个特解x0x_0x0，通解是x=x0+mnx = x_0 + mnx=x0+mn。然后通过取模操作算最小整数解((x0modm)+m)modm( (x_0 mod\ m) + m) mod\ m((x0mod m)+m)mod m，因为mmm > 0，可以保证结果是正整数。

long long mod_inverse(long long a, long long m){    //求逆long long x,y;extend_gcd(a,m,x,y);return  (x%m + m) % m;                          //保证返回最小正整数
}
int main(){long long a,m;  cin >> a >>m; cout << mod_inverse(a,m);return 0;
}

（2）费马小定理求单个逆
费马小定理：设nnn是素数，aaa是正整数且与nnn互质，那么有an−1≡1(modn)a^{n-1}\equiv 1(mod\ n)an−1≡1(mod n)。
aan−2≡1(modn)a a^{n-2}\equiv 1(mod\ n)aan−2≡1(mod n)，那么an−2modna^{n-2} mod\ nan−2mod n就是aaa模nnn的逆。计算需要用到快速幂取模fast_pow()，参考前面章节“大素数的判定”。快速幂取模的复杂度是O(logn)O(log n)O(logn)的。

long long mod_inverse(long long a,long long mod){return fast_pow(a,mod - 2,mod);
}

（3）递推求多个逆
如果要求1 ~ n内所有的逆，可以用递推。复杂度是O(n)的。

乘法逆元 洛谷 P3811
题目描述：给定 n，pn，pn，p，求 1n1 ~ n1 n 中所有整数在模 ppp 意义下的乘法逆元。
1≤n≤3×1061≤n≤3×10^61≤n≤3×106，n<p<20000528n < p < 20000528n<p<20000528，ppp为质数。
输入：一行两个正整数n、pn、pn、p。
输出：输出nnn行，第iii行表示iii在模ppp下的乘法逆元。

首先，i=1i=1i=1时逆是1。下面求i>1i > 1i>1时的逆，用递推法。
设p/i=kp/i = kp/i=k，余数是rrr，即ki+r≡0(modp)k i + r\equiv 0(mod\ p)ki+r≡0(mod p)；
在两边乘i−1r−1i^{-1} r^{-1}i−1r−1，得到kr−1+i−1≡0(modp)k r^{-1} + i^{-1}\equiv 0 (mod\ p)kr−1+i−1≡0(mod p)；
移项得i−1≡−kr−1(modp)i^{-1}\equiv - k r^{-1} (mod\ p)i−1≡−kr−1(mod p) ，即i−1≡−p/ir−1(modp)i^{-1}\equiv - p/i r^{-1} (mod\ p)i−1≡−p/ir−1(mod p) ，i−1≡(p−p/i)r−1(modp)i^{-1}\equiv (p - p/i) r^{-1} (mod\ p)i−1≡(p−p/i)r−1(mod p)。

long long inv[maxn];
void inverse(long long n, long long p){inv[1]=1;for(int i = 2;i<maxn;i++)inv[i]= (p - p/i) * inv[p%i] % p;
}

下面给出一个求逆的例题。

A/B hdu 1576
题目描述：求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n (n = A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B, 9973) = 1)。
输入：第一行是T，表示有T组数据。每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)。
输出：对每组数据，输出(A/B)%9973。

题解：
设答案k=(A/B)k = (A/B) % 9973k=(A/B)。
做以下变换：A/B=k+9973x，A=kB+9973xBA/B = k + 9973 x，A = kB + 9973 x BA/B=k+9973x，A=kB+9973xB；
把AA % 9973 = nA代入得kBk B % 9973 = nkB，即kB=n+9973yk B = n + 9973ykB=n+9973y；
两边除nnn得(k/n)B+(−y/n)9973=1(k/n) B + (-y/n) 9973 = 1(k/n)B+(−y/n)9973=1，这是形如ax+by=1ax + by = 1ax+by=1的丢番图方程，即ax≡1(modm)ax\equiv 1(mod\ m)ax≡1(mod m)，其中x=k/nx = k/nx=k/n。求解逆xxx，得到k/nk/nk/n，再乘以nnn，就是kkk。

3.3. 用逆求解同余方程

逆有什么用？如果有aaa模mmm的一个逆，可以用来解如ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)的任何同余方程。
记a−1a^{-1}a−1是aaa的一个逆，有a−1a≡1(modm)a^{-1}a\equiv 1(mod\ m)a−1a≡1(mod m)。在ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)的两边同时乘以a−1a^{-1}a−1，得到a−1ax≡a−1b(modm)a^{-1}ax\equiv a^{-1}b(mod\ m)a−1ax≡a−1b(mod m)，即x≡a−1b(modm)x\equiv a^{-1}b (mod\ m)x≡a−1b(mod m)。
例如：为了求出8x≡22(mod31)8x\equiv 22 (mod\ 31)8x≡22(mod 31)的解，可以两边乘以4，4是8模31的一个逆，得4∗8x=4∗22(mod31)4 * 8x = 4 * 22 (mod\ 31)4∗8x=4∗22(mod 31)，因此x≡88(mod31)≡26(mod31)x\equiv 88 (mod\ 31)\equiv 26 (mod\ 31)x≡88(mod 31)≡26(mod 31)。
定理：设ppp是素数，正整数aaa是其自身模ppp的逆，当且仅当a≡1(modp)a\equiv 1 (mod\ p)a≡1(mod p)或a≡−1(modp)a\equiv -1 (mod\ p)a≡−1(mod p)。
证明：若a≡1(modp)a\equiv 1 (mod\ p)a≡1(mod p)或a≡−1(modp)a\equiv -1 (mod\ p)a≡−1(mod p)，有a2≡1(modp)a^2\equiv 1 (mod\ p)a2≡1(mod p)，所以aaa是其自身模ppp的逆。反过来也成立。

3.4. 逆与除法取模

逆的一个重要应用是求除法的模。例如在catalan数中，有这样一个需求：求(a/b)modm(a/b) mod\ m(a/b)mod m，即aaa除以bbb，然后对mmm取模。由于这里aaa和bbb都是很大的数，做除法后再取模，会损失精度。用逆可以避免除法计算，设b的逆元是b−1b^{-1}b−1，有：
(a/b)modm=((a/b)modm)∗((bb−1)modm)=(a/b∗bb−1)modm=(ab−1)modm(a/b) mod\ m = ((a/b) mod\ m)*((bb^{-1}) mod\ m) = (a/b*bb^{-1}) mod\ m = (ab^{-1}) mod\ m(a/b)mod m=((a/b)mod m)∗((bb−1)mod m)=(a/b∗bb−1)mod m=(ab−1)mod m
经过上述推导，除法的模运算转换成了乘法模运算：(a/b)modm=(ab−1)modm(a/b) mod\ m = (ab^{-1}) mod\ m(a/b)mod m=(ab−1)mod m。
下面是一个除法取模的例题。

Detachment http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5976
题目描述：把一个整数X分成多个整数的和：x = a1 + a2 + …，且ai ≠ aj，使得s = a1 ∗a2 * …最大。
输入：第一行是T，表示测试用例数量，后面有T行，每一行一个整数表示X。1 ≤ T ≤ 10^6, 1 ≤ X ≤ 10^9。
输出：对每个用例，首先计算最大的s，然后输出它对mod = 10^9+7的取模。

题解：如何分解X，才能使积s最大？这是小学奥数题，读者可以自己举例子推理。
首先，分解的数越多，积s越大。比如X分解为2个数，对比不分解的1个数X：(X - k)(X + k) > X。
其次，分解的数越接近，积越大。例如分成2个数，对比X/2 - 1、X/2 +1和X/2 - k、X/2 +k，有：(X/2 - 1)(X/2 +1) > (X/2 - k)(X/2 + k)。
结论是：把X尽量分为更多连续数的和，得到的积s最大。为了分解更多，就从2开始分解：X = 2 + 3 + 4 + 5 + …。从1开始分解不好，因为1对乘积没有贡献。如果还有余数，就把余数拆开，加到其他数上：从后往前加，每个数加上1，这样可以保证每个数都不同。例如17 = 2 + 3 + 4 + 5 + 3，最后有个余数3，把它拆成3个1，加到后面3个数上，得：17 = 2 + 4 + 5 + 6。再例如13 = 2 + 3 + 4 + 4，后面的余数4，拆成4个1，但是前面只有3个数，不够用，多的1再加在最后，得：13 = 3 + 4 + 6。
分解有两种情况：
（1）2×3×4×...×(i−1)×(i+1)×...×k×(k+1)2×3×4×...×(i-1)×(i+1)×...×k×(k+1)2×3×4×...×(i−1)×(i+1)×...×k×(k+1)，中间少个iii；
（2）3×4×...×i×(i+1)×...×k×(k+2)3×4×...×i×(i+1)×...×k×(k+2)3×4×...×i×(i+1)×...×k×(k+2)，前面少个2，后面多个k+2k+2k+2；
求s的时候，先计算连续的乘积aaa，然后除以iii，或者除以2乘以k+2。例如第（1）种情况，s=a/is = a/is=a/i，输出的结果是(a/i)%mod(a/i)\ \%\ mod(a/i) % mod。除法取模需要用到逆。本题的模10^9 + 7正好是个素数，所以求逆用扩展欧几里得或费马小定理都行。
下面给出编码，细节有：
（1）先预计算出从2开始的前缀和和连续积，用于判断分解到哪个数为止。并用upper_bound()查找x的位置。
（2）把余数加到后面的数上去，并查找缺少的iii。
（3）计算结果。用逆计算除法取模。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long longconst int maxnum = 1e5;             //分解的数不会超过50000个，请自己分析
const int mod = 1e9 + 7;ll sum[maxnum], mul[maxnum];  //前缀和、连续积ll fast_pow(ll x,ll y,int m){       //快速幂取模：x^y mod mll res = 1;while(y) {if(y&1) res*=x, res%=m;x = (x*x) % m;y>>=1;}return res;
}long long mod_inverse(long long a,long long mod){ //费马小定理求逆，或者用扩展欧几里得求逆return fast_pow(a,mod - 2,mod);
}void init(){       //预计算前缀和、连续积sum[1] = 0;  mul[1] = 1;for(int i=2; i<=maxnum; i++){sum[i] = sum[i-1] + i;      //计算前缀和mul[i] = (i*mul[i-1]) % mod;//计算连续积}
} int main(){init();int T; scanf("%d",&T);while(T--){int x; scanf("%d",&x);if( x == 1) {puts("1"); continue;}  //特殊情况int k = upper_bound(sum+1,sum+1+maxnum,x)-sum-1;  //分解成k个数int m = x - sum[k];    //余数ll ans;if(k==m)           ans = mul[k] * mod_inverse(2,mod) %mod * (k+2) % mod; //第2种情况           else            ans = mul[k+1] * mod_inverse(k-m+1,mod) % mod % mod;  //第1种情况printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

4. 同余方程组

根据上一节的讨论，同余方程ax≡b(modm)ax\equiv b (mod\ m)ax≡b(mod m)有解时，即gcd(a,m)gcd(a, m)gcd(a,m) 能整除bbb时，可以解得x≡a′(modm′)x\equiv a' (mod\ m')x≡a′(mod m′)，所以这也是同余方程的一般形式。本节讨论同余方程组的求解：
x≡a1(modm1)x\equiv a_1 (mod\ m_1)x≡a1(mod m1)
x≡a2(modm2)x\equiv a_2 (mod\ m_2)x≡a2(mod m2)
…
x≡ar(modmr)x\equiv a_r (mod\ m_r)x≡ar(mod mr)
例：有一个数xxx，被3除余2，被5除余3，被7除余2，列成同余方程就是：
x≡2(mod3)x\equiv 2 (mod\ 3)x≡2(mod 3)
x≡3(mod5)x\equiv 3 (mod\ 5)x≡3(mod 5)
x≡2(mod7)x\equiv 2 (mod\ 7)x≡2(mod 7)
求解结果是：x=23+3×5×7×nx = 23 + 3 × 5 ×7 × nx=23+3×5×7×n，n≥0n ≥ 0n≥0，或者写为x≡23(mod3×5×7)x\equiv 23 (mod\ 3 × 5 × 7)x≡23(mod 3×5×7)，xxx的最小正整数解是23。
本节介绍中国剩余定理和迭代法，前者是用于m1，m2，...，mrm_1，m_2，...，m_rm1，m2，...，mr两两互素情况下的优秀解法，后者是更一般条件下的通用解法。适用中国剩余定理的方程组肯定有解，而迭代法处理的更一般情况，可能是无解的。

4.1. 中国剩余定理

中国剩余定理¹：设m1，m2，...，mrm_1，m_2，...，m_rm1，m2，...，mr是两两互素的正整数，则同余方程组
x≡a1(modm1)x\equiv a_1 (mod\ m_1)x≡a1(mod m1)
x≡a2(modm2)x\equiv a_2 (mod\ m_2)x≡a2(mod m2)
…
x≡ar(modmr)x\equiv a_r (mod\ m_r)x≡ar(mod mr)
有整数解，并且模M=m1m2...mrM = m_1m_2...m_rM=m1m2...mr唯一，解为：
x=(a1M1M1−1+a2M2M2−1+...+arMrMr−1)(modM)x=(a_1M_1M_1^{-1} + a_2M_2M_2^{-1} + ... + a_rM_rM_r^{-1}) (mod\ M)x=(a1M1M1−1+a2M2M2−1+...+arMrMr−1)(mod M)
其中Mi=M/miM_i = M/m_iMi=M/mi，Mi−1M_i^{-1}Mi−1为MiM_iMi模mim_imi的逆元。
读者可以尝试自己证明。

例题：解同余方程组x≡2(mod3)，x≡3(mod5)，x≡2(mod7)x\equiv 2 (mod\ 3)，x\equiv 3 (mod\ 5)，x\equiv 2 (mod\ 7)x≡2(mod 3)，x≡3(mod 5)，x≡2(mod 7)。
解题步骤：
（1）M=3×5×7=105，M1=105/3=35，M2=105/5=21，M3=105/7=15M = 3 ×5 ×7 = 105，M1 = 105/3 = 35，M2 = 105/5 = 21，M3 = 105/7 = 15M=3×5×7=105，M1=105/3=35，M2=105/5=21，M3=105/7=15。
（2）求逆：M1−1=2，M2−1=1，M3−1=1M_1^{-1} = 2，M_2^{-1} = 1，M_3^{-1} = 1M1−1=2，M2−1=1，M3−1=1。
（3）最后计算x：x≡2×35×2+3×21×1+2×15×1≡233≡23(mod105)x：x\equiv 2×35×2 + 3×21×1 + 2×15×1\equiv 233\equiv 23(mod 105)x：x≡2×35×2+3×21×1+2×15×1≡233≡23(mod105)。

4.2. 迭代法

中国剩余定理的编码很容易，但是它的限制条件是方程组的m1，m2，...，mrm_1，m_2，...，m_rm1，m2，...，mr两两互素。如果不互素，该如何解题呢？这就是迭代法。
迭代法的思路很简单，就是每次合并两个同余式，逐步合并，直到合并完所有等式，只剩下一个，就得到了答案。
合并的时候，把同余方程转化为等式更容易操作。这是根据同余的一个性质：若xxx和aaa是整数，则x≡a(modm)x\equiv a (mod\ m)x≡a(mod m)当且仅当存在整数，使得x=a+kmx = a + kmx=a+km。

1、示例
以方程组x≡2(mod3)，x≡3(mod5)，x≡2(mod7)x\equiv 2 (mod\ 3)，x\equiv 3 (mod\ 5)，x\equiv 2 (mod\ 7)x≡2(mod 3)，x≡3(mod 5)，x≡2(mod 7)为例，说明合并过程。下面的计算步骤，前3步合并了第1和第2个同余式，后面3步继续合并第3个同余式。
1）把第1个同余式x≡2(mod3)x\equiv 2 (mod\ 3)x≡2(mod 3)转换为x=2+3tx = 2 + 3tx=2+3t，代入第2个同余式得2+3t≡3(mod5)2 + 3t\equiv 3 (mod\ 5)2+3t≡3(mod 5)。
2）求解2+3t≡3(mod5)2 + 3t\equiv 3 (mod\ 5)2+3t≡3(mod 5)。
首先变为3t≡(3−2)(mod5)3t \equiv (3 - 2) (mod\ 5)3t≡(3−2)(mod 5)，即3t≡1(mod5)3t \equiv 1 (mod\ 5)3t≡1(mod 5)，因为gcd(3,5)gcd(3, 5)gcd(3,5)能整除1，所以有解。
然后求解3t≡1(mod5)3t \equiv 1 (mod\ 5)3t≡1(mod 5)：先求3模5的逆，是2，所以解得t≡2(mod5)t\equiv 2(mod\ 5)t≡2(mod 5)，转换为等式t=2+5ut = 2 + 5ut=2+5u。
3）第1个和第2个同余式合并的结果。把t=2+5ut = 2 + 5ut=2+5u代入x=2+3tx = 2 + 3tx=2+3t得x=8+15ux = 8 + 15ux=8+15u，即x≡8(mod15)x\equiv 8 (mod\ 15)x≡8(mod 15)。
4）把x=8+15ux = 8 + 15ux=8+15u代入第3个同余式得：8+15u≡2(mod7)8 + 15u \equiv 2 (mod\ 7)8+15u≡2(mod 7)。
5）求解8+15u≡2(mod7)8 + 15u\equiv 2 (mod\ 7)8+15u≡2(mod 7)。
首先变为15u≡−6(mod7)15u\equiv -6 (mod\ 7)15u≡−6(mod 7)，gcd(15,7)gcd(15, 7)gcd(15,7)能整除−6-6−6，有解。
然后求15u≡−6(mod7)15u\equiv -6 (mod\ 7)15u≡−6(mod 7)：先求15模7的逆，是1，解得u≡1(mod7)u\equiv 1(mod\ 7)u≡1(mod 7)，转换为u=1+7vu = 1 + 7vu=1+7v。
6）得到合并结果。把u=1+7vu = 1 + 7vu=1+7v代入x=8+15ux = 8 + 15ux=8+15u，得x=23+105vx = 23 + 105vx=23+105v，即x≡23(mod105)x\equiv 23(mod\ 105)x≡23(mod 105)。结束。

2、编码步骤
下面改用丢番图方程的形式，总结合并两个同余式的编码方法，并以合并上面的前2个等式为例。

步骤	例子
合并两个等式： x=a1+Xm1x = a_1 + Xm_1x=a1+Xm1 x=a2+Ym2x = a_2 + Ym_2x=a2+Ym2	x=2+3Xx = 2 + 3Xx=2+3X x=3+5Yx = 3 + 5Yx=3+5Y
两个等式相等：a1+Xm1=a2+Ym2a_1 + Xm_1 =a_2 + Ym_2a1+Xm1=a2+Ym2 移项得：Xm1+(−Y)m2=a2−a1Xm_1 + (-Y)m_2 = a_2 - a_1Xm1+(−Y)m2=a2−a1	2+3X=3+5Y2 + 3X = 3 + 5Y2+3X=3+5Y 3X+5(−Y)=13X + 5(-Y) = 13X+5(−Y)=1
这是形如aX+bY=caX+bY = caX+bY=c的丢番图方程。下面求解它。先用扩展欧几里得求X0X_0X0	得：X0=2X_0 =2X0=2
XXX的通解是X=X0c/d+(b/d)nX = X_0 c / d + (b/d)nX=X0c/d+(b/d)n 最小值是t=(X0c/d)mod(b/d)t = (X_0 c / d) mod\ (b/d)t=(X0c/d)mod (b/d)	t=(X0c/d)mod(b/d)t = (X_0 c / d) mod\ (b/d)t=(X0c/d)mod (b/d) =(2×1/1)mod(5/1)=2= (2×1/1) mod\ (5/1) = 2=(2×1/1)mod (5/1)=2
把X=tX = tX=t代入x=a1+Xm1x = a_1 + Xm_1x=a1+Xm1 求得原等式的一个特解x′x'x′	得x′=2+2×3=8x' = 2 + 2×3 = 8x′=2+2×3=8
合并后的新x=a+Xmx = a + Xmx=a+Xm： m=m1m2/gcd(m1,m2)m = m_1m_2/gcd(m_1, m_2)m=m1m2/gcd(m1,m2) a=x′a = x'a=x′	m=3×5/1=15m = 3×5/1 = 15m=3×5/1=15 a=8a = 8a=8 合并后的新方程是x=8+15Xx = 8 + 15Xx=8+15X 即x≡8(mod15)x\equiv 8 (mod 15)x≡8(mod15)

3、例程
下面用一个模板题给出线性同余方程组的代码。

扩展中国剩余定理 洛谷P4777
题目描述：给定n组非负整数ai，mia_i，m_iai，mi，求解关于xxx的方程组的最小非负整数解。1≤n≤10^5，1 ≤ ai ≤ 10^12，1≤mi<ai1 ≤ m_i < a_i1≤mi<ai，保证所有aia_iai的最小公倍数不超过 10^18。
x≡a1(modm1)x\equiv a_1 (mod\ m_1)x≡a1(mod m1)
x≡a2(modm2)x\equiv a_2 (mod\ m_2)x≡a2(mod m2)
…
x≡an(modmn)x\equiv a_n (mod\ m_n)x≡an(mod mn)
输入：第一行是整数n，后面n行，每行两个非负整数ai，mia_i，m_iai，mi。
输出：输出一行，为满足条件的非负整数x。

下面给出的代码²，和前面“编码步骤”基本一致。
注意代码中的细节，例如求t=(X0c/d)mod(b/d)t = (X_0 c / d) mod\ (b/d)t=(X0c/d)mod (b/d)的代码是mul(x,c/d,b/d)mul(x, c/d, b/d)mul(x,c/d,b/d)，目的是避免越界。其他细节见注释。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 100010;
int n;
ll ai[maxn], mi[maxn];
ll mul(ll a,ll b,ll mod){   //乘法取模：a*b % modll res=0;while(b>0){if(b&1) res=(res+a)%mod;a=(a+a)%mod;b>>=1;}return res;
}
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){   //扩展欧几里得if(b == 0){ x=1; y=0; return a;}ll d = extend_gcd(b,a%b,y,x);y -= a/b * x;return d;
}
ll excrt(){               //求解同余方程组，返回最小正整数解ll x,y;ll m1 = mi[1], a1 = ai[1];      //第1个等式ll ans = 0;for(int i=2;i<=n;i++){          //合并每2个等式       ll a2 = ai[i], m2 = mi[i];  // 第2个等式 //合并为：aX + bY = c      ll a = m1, b = m2, c = (a2 - a1%m2 + m2) % m2;//下面求解 aX + bY = cll d = extend_gcd(a,b,x,y);  //用扩展欧几里得求x0if(c%d != 0) return -1;      //无解x = mul(x,c/d,b/d);          //aX + bY = c 的特解t，最小值         ans = a1 + x* m1;            //代回原第1个等式，求得特解x'm1 = m2/d*m1;                //先除再乘，避免越界。合并后的新m1ans = (ans%m1 + m1) % m1;    //最小正整数解a1 = ans;                    //合并后的新a1}return ans;
}int main(){scanf("%d", &n);for(int i=1;i<=n;++i)  scanf("%lld%lld",&mi[i],&ai[i]);printf("%lld",excrt());return 0;
}

公元3世纪《孙子算经》中有一个问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？答曰：二十三。”1247年，秦九韶在《数学九章》中给出了求解的一般方法“大衍求一术”，被称为“中国剩余定理（Chinese Remainder Theorem）”。秦九韶是全能型的天才，在多个领域有建树。 ↩︎
参考：https://www.luogu.com.cn/problem/solution/P4777 ↩︎

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