前言

中国剩余定理（也叫孙子定理）并不是很复杂，由于最近用到了，以前学的时候还不写博客，所以现在补一下

中国剩余定理（CRT）

问题

给出nnn个同余方程
x≡a1(modp1)x≡a2(modp2)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅x≡an(modpn)\begin{aligned} x&\equiv a_1\pmod{p_1}\\ x&\equiv a_2\pmod{p_2}\\ ··&\ \ \ \ \ ···\ \ \ \ \ \ \ \ ···\\ x&\equiv a_n\pmod{p_n}\\ \end{aligned} xx⋅⋅x≡a1(modp1)≡a2(modp2) ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅≡an(modpn)
保证所有的ppp两两互质
求最小自然数解xxx

做法

我们令P=∏i=1npiP=\prod_{i=1}^n p_iP=i=1∏npi
容易发现，x<Px<Px<P
证明，若现在求出一个xxx满足条件且x≥Px\ge Px≥P
那么(xmod  P)(x\mod P)(xmodP)一定也满足条件且(xmod  p)<P(x\mod p)<P(xmodp)<P
我们考虑对于一个限制x≡ai(modpi)x\equiv a_i\pmod{p_i}x≡ai(modpi)，我们要进行一种操作，使得其它n−1n-1n−1个ppp的模意义下值不变，模pip_ipi意义下的值从000变为aia_iai
考虑如果我们加上的数是X∗PpiX*\frac{P}{p_i}X∗piP形式的，那么我们就可以满足“其它n−1n-1n−1个ppp的模意义下值不变”，由于保证了所有ppp两两互质，所以Ppi̸≡0(modpi)\frac{P}{p_i}\not\equiv0\pmod{p_i}piP̸≡0(modpi)
设Ppi≡vi(modpi)\frac{P}{p_i}\equiv v_i\pmod{p_i}piP≡vi(modpi)
那么只要加上(aivi−1(modPpi))Ppi(a_iv_i^{-1}\pmod{\frac{P}{p_i}})\frac{P}{p_i}(aivi−1(modpiP))piP就可以满足这条限制
最后求出xxx后再模PPP就好了

例题

竟然有模板题。。。
洛谷P3868 [TJOI2009]猜数字
有个要注意的地方是这里的逆元应用扩展欧几里得（exGCD）求，另外由于模数过大，需要用到慢速乘（复杂度Θ(logn)\Theta(logn)Θ(logn)），可以用杜教乘优化（复杂度Θ(1)\Theta(1)Θ(1)，我的这篇博客里有提到）

代码

ac代码（其实也是板子）

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
namespace fast_IO
{const int IN_LEN=10000000,OUT_LEN=10000000;char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);}
}
using namespace fast_IO;
#define getchar() getchar_()
#define putchar(x) putchar_((x))
#define rg register
typedef long long LL;
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;}
template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;}
template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
template <typename T> inline T lcm(const T a,const T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;};
template <typename T> inline void read(T&x)
{char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;
}
template <typename T> inline void printe(const T x)
{if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');
}
template <typename T> inline void print(const T x)
{if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);
}
LL EXgcd(const LL a,const LL b,LL &x,LL &y)
{  if(!b){x=1,y=0;return a;  }const LL res=EXgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return res;
}
inline LL msc(LL a,LL b,LL mod)
{LL v=(a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod);return v<0?v+mod:v;
}
int n,a[11],p[11];
LL CRT()
{  LL P=1,sum=0;  for(rg int i=1;i<=n;i++)P*=p[i];for(rg int i=1;i<=n;i++)  {const LL m=P/p[i];LL x,y;EXgcd(p[i],m,x,y);sum=(sum+msc(msc(y,m,P),a[i],P))%P;}return sum;
}
int main()
{read(n);for(rg int i=1;i<=n;i++)read(a[i]);for(rg int i=1;i<=n;i++){read(p[i]);a[i]=(a[i]%p[i]+p[i])%p[i]; }print(CRT());return flush(),0;
}

扩展中国剩余定理（exCRT）

问题

给出nnn个同余方程
x≡a1(modp1)x≡a2(modp2)⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅x≡an(modpn)\begin{aligned} x&\equiv a_1\pmod{p_1}\\ x&\equiv a_2\pmod{p_2}\\ ··&\ \ \ \ \ ···\ \ \ \ \ \ \ \ ···\\ x&\equiv a_n\pmod{p_n}\\ \end{aligned} xx⋅⋅x≡a1(modp1)≡a2(modp2) ⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅≡an(modpn)
求最小自然数解xxx
（与上面的问题的不同在于这里不保证所有的ppp两两互质）

做法

考虑我们现在已经符合了前k−1k-1k−1个限制了
设P=lcm(p1,p2⋅⋅⋅pk−1)P=lcm(p_1,p_2···p_k-1)P=lcm(p1,p2⋅⋅⋅pk−1)，容易发现，满足前k−1k-1k−1个限制的最小的自然数x<Px<Px<P
证明同理，也就是现在答案是x+tPx+tPx+tP形式的
我们要满足第kkk个限制，其实很方便，就是找到一个ttt满足
x+tP≡ak(modpk)x+tP\equiv a_k\pmod{p_k}x+tP≡ak(modpk)
移项tP≡ak−x(modpk)tP\equiv a_k-x\pmod{p_k}tP≡ak−x(modpk)
转化tP+qpk≡ak−xtP+qp_k\equiv a_k-xtP+qpk≡ak−x
然后直接拓展欧几里得求解
若无解输出无解
否则直接将答案更新

例题

洛谷P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）
这道题保证有解，所以不用判无解了，保证了解的范围，所以容易发现不用高精度

代码

贴出ac代码，代码里有句注释，是用来判无解的
为了卡常才把它注释掉的

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<algorithm>
namespace fast_IO
{const int IN_LEN=10000000,OUT_LEN=10000000;char ibuf[IN_LEN],obuf[OUT_LEN],*ih=ibuf+IN_LEN,*oh=obuf,*lastin=ibuf+IN_LEN,*lastout=obuf+OUT_LEN-1;inline char getchar_(){return (ih==lastin)&&(lastin=(ih=ibuf)+fread(ibuf,1,IN_LEN,stdin),ih==lastin)?EOF:*ih++;}inline void putchar_(const char x){if(oh==lastout)fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout),oh=obuf;*oh++=x;}inline void flush(){fwrite(obuf,1,oh-obuf,stdout);}
}
using namespace fast_IO;
#define getchar() getchar_()
#define putchar(x) putchar_((x))
#define rg register
typedef long long LL;
template <typename T> inline T max(const T a,const T b){return a>b?a:b;}
template <typename T> inline T min(const T a,const T b){return a<b?a:b;}
template <typename T> inline void mind(T&a,const T b){a=a<b?a:b;}
template <typename T> inline void maxd(T&a,const T b){a=a>b?a:b;}
template <typename T> inline T abs(const T a){return a>0?a:-a;}
template <typename T> inline void swap(T&a,T&b){T c=a;a=b;b=c;}
template <typename T> inline T gcd(const T a,const T b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
template <typename T> inline T lcm(const T a,const T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template <typename T> inline T square(const T x){return x*x;};
template <typename T> inline void read(T&x)
{char cu=getchar();x=0;bool fla=0;while(!isdigit(cu)){if(cu=='-')fla=1;cu=getchar();}while(isdigit(cu))x=x*10+cu-'0',cu=getchar();if(fla)x=-x;
}
template <typename T> inline void printe(const T x)
{if(x>=10)printe(x/10);putchar(x%10+'0');
}
template <typename T> inline void print(const T x)
{if(x<0)putchar('-'),printe(-x);else printe(x);
}
LL EXgcd(const LL a,const LL b,LL &x,LL &y)
{  if(!b){x=1,y=0;return a;  }const LL res=EXgcd(b,a%b,y,x);y-=a/b*x;return res;
}
inline LL msc(LL a,LL b,LL mod)
{LL v=(a*b-(LL)((long double)a/mod*b+1e-8)*mod);return v<0?v+mod:v;
}
LL n,a[100001],p[100001];
LL EXCRT()
{  LL P=1,sum=0;  for(rg int i=1;i<=n;i++)  {const LL o=((a[i]-sum)%p[i]+p[i])%p[i];//if(o%gcd(P,p[i])!=0)return -1;const LL xs=o/gcd(P,p[i]);LL x,y;EXgcd(p[i],P,x,y);const LL M=P;P=P/gcd(P,p[i])*p[i];sum=(sum+msc(msc(y,M,P),xs,P))%P;}return sum;
}int main()
{read(n);for(rg int i=1;i<=n;i++){read(p[i]),read(a[i]);a[i]=(a[i]%p[i]+p[i])%p[i];}print(EXCRT());return flush(),0;
}

总结

并不是很难的两个算法，学起来很方便
后记：感觉exCRT严格优于CRT，有没有大佬指出CRT有什么用啊

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