传送门

解题思路

扩展 $crt​$,就是中国剩余定理在模数不互质的情况下,首先对于方程

​     $\begin{cases} x\equiv a_1\mod m_1\\x\equiv a_2\mod m_2\end{cases}$

来说,可以将其写为:

$\begin{cases} x=k_1*m_1+a_1\\x=k_2*m_2+a_2\end{cases}$

然后联立方程:

​     $k_1*m_1+a_1=k_2*m_2+a_2$

$\Leftrightarrow -k_1*m_1+k_2*m_2=a_1-a_2$

a这样的话形式就很像$exgcd$ 了,可以$exgcd$求出$k_1'*m_1+k_2'*m_2=gcd(m_1,m_2)$的$k_1'$了,然后若$(a_1-a_2)\%gcd(m_1,m_2)\neq 0$,则无解。然后让方程两边同时乘$(a_1-a_2)/gcd(m_1,m_2)$,就可以求出$k_1$了,最后再带入原式可以求出$x$的值,这个$x$记为$x_0$ ,即为满足上面两个方程的一个解,然后将这两个方程

合并成一个方程:$x\equiv x_0\mod lcm(m_1,m_2)$,之后就可以一直合并就行了。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib> using namespace std;
const int MAXN = ;
typedef long long LL;
//typedef __int128 LL; inline LL rd(){
LL x=,f=;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) {f=ch=='-'?:;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) {x=(x<<)+(x<<)+ch-'';ch=getchar();}
return f?x:-x;
} int n;
LL a[MAXN],b[MAXN],M,R; LL slow_mul(LL x,LL y,LL mod){
LL ret=;
for(;y;y>>=){
if(y&) ret=(ret+x)%mod;
x=(x+x)%mod;
}
return ret;
} LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
if(!b) {x=;y=;return a;}
LL now=exgcd(b,a%b,x,y);
LL t=x;x=y;y=t-(a/b)*y;
return now;
} int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=;i<=n;i++) a[i]=rd(),b[i]=rd();
M=a[];R=b[];LL x,y,d,now;
for(int i=;i<=n;i++){
d=exgcd(M,a[i],x,y);
// if((R-r[i])%d!=0) puts("-1");
now=((R-b[i])%a[i]+a[i])%a[i];
x=slow_mul(x,now/d,a[i]);R-=M*x;
M=M*(a[i]/d);R=(R%M+M)%M;
}
printf("%lld",(R%M+M)%M);
return ;
}

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