问题描述

　　“今有物不知其数，三三数之余二，五五数之余三，七七数之余二。问物几何？”

　　emmm这是。。最开始这个问题被提出来的描述

　　其实说白了就是求解一次同余式组

　　然后还可以。。解决一些。。需要将模数转化成素数来求解的题目

具体内容

　　我们还是把这个东西写成数学语言吧，一般化一点的长这样：
\[ \begin{cases} x\equiv a_1(mod\ m_1)\\ x\equiv a_2(mod\ m_2)\\ x\equiv a_3(mod\ m_3)\\ ...\\ x\equiv a_n(mod\ m_n)\\ \end{cases} \]
　　其中模数\(m_i\)两两互素，记\(N=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i\)，中国剩余定理说的是：这个同余方程组在模\(N\)意义下有唯一解，并且给出了一种具体的构造方案（也就是下面的证明）

​　　

　　证明：我们首先来考虑一个更加特殊一点的同余方程组
\[ \begin{cases} x\equiv 1(mod\ m_1)\\ x\equiv 0(mod\ m_2)\\ x\equiv 0(mod\ m_3)\\ ...\\ x\equiv 0(mod\ m_n)\\ \end{cases} \]
　　我们可以大胆令\(x=(N/m_1)*y\)，然后就会发现这个方程组就等价于求解同余方程：
\[ (N/m_1)*y \equiv1(mod\ m_1) \]
　　然后对于我们改变一下左边等于\(1\)的等式是哪一条，如果是第\(i\)条的话那么就相当于求解：
\[ (N/m_i)*y_i \equiv1(mod\ m_i) \]
　　那么我们令\(x_i=(N/m_i)*y_i\)，就可以构造出原来的方程组（余数为\(a_i\)的那个方程组）在模\(N\)意义下的唯一解：
\[ x=\sum_{i=1}^n a_ix_i \]
　　

具体实现

　　那么现在我们只要求出\(y_i\)就好了，观察这个式子：
\[ (N/m_i)*y_i \equiv1(mod\ m_i) \]
​　　会发现这个\(y_i\)我们可以用扩展欧几里得求出

　　因为可以看成\(y_i(N/m_1)+q\cdot m_1=1\)，而因为\(m_i\)是两两互素的所以\(1=gcd(N/m_1,m_1)\)

　　那么直接就上扩欧就好啦

　　代码大概长这个样子

ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){if (b==0){x=1; y=0; return a;}ll gcd=ex_gcd(b,a%b,x,y),tmp=x;x=y; y=tmp-a/b*y;return gcd;
}ll CRT(int *w,int *a,int n){//w数组里面存的是模数，a里面存的是余数ll x,y,ret=0,mod=1,tmp;//这里的mod就是相当于上面讲的N啦for (int i=1;i<=n;++i) mod*=w[i];for (int i=1;i<=n;++i){tmp=mod/w[i];ex_gcd(w[i],tmp,x,y);ret=(ret+y*tmp*a[i])%mod;}return (ret+mod)%mod;
}

具体应用

　　应用的话。。其实就是像上面提到的那样，解决一些要拆模数的问题

　　比如说 -->这题(bzoj3782)

　　简单说一下就是，这题需要用到Lucas定理，但是这个定理有一个限制条件就是模数必须是质数，那么解决方法就是将模数分解质因数一下，然后分别用Lucas定理求出在几个质因数下的答案，最后用CRT（中国剩余定理）合并一下得到在模那个非质数的模数下的答案就好了

​　　目前了解到的就主要是这样的类型的qwq

　　在FFT中也有应用，但是还没有去写。。所以先留着坑吧qwq

不互质呢？

​　　其实中国剩余定理的条件还是有点苛刻的，模数之间要两两互质

​　　如果说不能满足这一点呢？

​​​　　其实也是可以做的，虽然说叫是叫扩展CRT但是其实这个感觉跟CRT的思想不太一样嗯qwq

​​​　　与前面的构造法不同的是，这里我们可以借助扩欧采用一个两两合并的思想

​　　假设我们现在要合并两个方程：
\[ \begin{cases} x\equiv a_1(mod\ m_1)\\ x\equiv a_2(mod\ m_2) \end{cases} \]
​　　但是其中\(，m_1，m_2\)是不互质的

​​​　　我们可以将上面那个方程组写成
\[ \begin{cases} x=a_1+x_1\cdot m_1&(1)\\ x=a_2+x_2\cdot m_2&(2) \end{cases} \]
​　　那么：
\[ \begin{aligned} x_1\cdot m_1-x_2\cdot m_2&=a_2-a_1\\ m_1\cdot x_1&\equiv a_2-a_1(mod\ m_2) \end{aligned} \]
​　　然后我们考虑用逆元将系数\(m_1\)消掉，但是因为无法保证\(m_1m_2\)互质，所以我们可以先变一下，记\(d=gcd(m_1,m_2)\)，则：
\[ \begin{aligned} \frac{m_1}{d}x_1&\equiv \frac{a_2-a_1}{d}(mod\ \frac{m_2}{d})\\ x_1&\equiv inv(\frac{m_1}{d})\frac{a_2-a_1}{d}(mod\ \frac{m_2}{d})\\ \Updownarrow\\ x_1&=a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d}+\frac{m_2}{d}\cdot y\\ \end{aligned} \]
​　　注意，由扩欧可以知道，只有在满足\(d|(a_2-a_1)\)的情况下有解​

​　　然后这个时候我们再将这条\(x_1\)的表达式带回\((1)\)式中，得到：
\[ \begin{aligned} x&=a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d}+\frac{m_1m_2}{d}\cdot y\\ \Updownarrow\\ x&\equiv (a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d})\%\frac{m_1m_2}{d}(mod\ \frac{m_1m_2}{d}) \end{aligned} \]
​　　也就是说，最后我们合并得到的新的式子\(x\equiv a'(mod\ m')\)中：
\[ \begin{aligned} a'&=(a_1+m_1\cdot inv(\frac{m_1}{d})\cdot \frac{a_2-a_1}{d})\%\frac{m_1m_2}{d}\\ m'&=\frac{m_1m_2}{d} \end{aligned} \]
​　　然后多个同余方程的话我们就两个两个一路合并下去就好了

​　　

​​　　代码大概长这个样子

ll mul(ll x,ll y,ll mod){//这里mul是为了防止模数特别大的情况下爆出去而用的黑科技ll tmp=x*y-(ll)((ld)x/mod*y)*mod;return (tmp+mod)%mod;
}
ll ex_gcd(ll a1,ll b1,ll &x,ll &y){if (!b1){x=1; y=0; return a1;}ll gcd=ex_gcd(b1,a1%b1,x,y),tmp=x;x=y; y=tmp-a1/b1*y;return gcd;
}
ll inv(ll a1,ll mod){ll x,y;ll gcd=ex_gcd(a1,mod,x,y);if (gcd!=1) return -1;return (x%mod+mod)%mod;
}
ll ex_CRT(ll *a,ll *mod,int n){ll Mod=mod[1],A=a[1],d,tmp,t,x,y,tmpMod;for (int i=2;i<=n;++i){d=ex_gcd(Mod,mod[i],x,y);tmp=a[i]-A;if (tmp%d) return -1;//不能整除就无解tmpMod=Mod/d*mod[i];A=(A+mul(mul(Mod,inv(Mod/d,mod[i]/d),tmpMod),tmp/d,tmpMod))%tmpMod;Mod=tmpMod;}return (A%Mod+Mod)%Mod;
}