204. 表达整数的奇怪方式

204. 表达整数的奇怪方式 204. 表达整数的奇怪方式

给定 2n 个整数 a1,a2,…,an 和 m1,m2,…,mn，求一个最小的非负整数 x，满足 ∀i∈[1,n],x≡mi(mod ai)。

输入格式

第 1 行包含整数 n。

第 2…n+1 行：每 i+1 行包含两个整数 ai 和 mi，数之间用空格隔开。

输出格式

输出最小非负整数 x，如果 x 不存在，则输出 −1。
如果存在 x，则数据保证 x 一定在 64 位整数范围内。

数据范围

1≤ai≤231−1,
0≤mi 1≤n≤25

输入样例：

2
8 7
11 9

输出样例：

31

分析及代码： 1. 将式子等价转换

对于每两个式子（我们考虑将其合并）：

x≡m1(% a1)

x≡m2(% a2)

则有：

x=k1∗a1+m1

x=k2∗a2+m2

进一步：

k1∗a1+m1=k2∗a2+m2

移项：

k1∗a1−k2∗a2=m2−m1

也就是：

① k1∗a1+k2∗(−a2)=m2−m1

也就是我们需要找到一个最小的k1,k2，使得等式成立（因为要求x最小，而a和m都是正数）。

---

2. 用扩展欧几里得算法找出一组解

我们已知a1,m1,a2,m2，可以用扩展欧几里得算法算出一个k1′,k2′使得：

k′1∗a1+k′2∗(−a2)=gcd(a1,−a2)

---

无解判断：

若gcd(a1,−a2)∤m2−m1，则无解。

---

我们设d=gcd(a1,−a2),y=(m2−m1)/d

承接上文，我们只需让k1,k2分别扩大y倍，则可以找到一个k1,k2满足①式：

k1=k′1∗y,k2=k′2∗y

3. 找到最小正整数解

我们知道一个性质：

②k1=k1+k∗a2/d

k2=k2+k∗a1/d

k为任意整数，这时新的k1,k2仍满足①式。

---

######## 证明：

将新的k1,k2带入式子得:

(k1+k∗a2/d)∗a1+(k2+k∗a1/d)∗(−a2)=m2−m1

拆出来：

k1∗a1+k∗a2∗a1/d+k2∗(−a2)+k∗a1∗(−a2)/d=m2−m1

交换一下顺序，把负号拆出来：

k1∗a1+k2∗(−a2)+k∗a2∗a1/d−k∗a1∗a2/d=m2−m1

那个同加同减可以消掉：

k1∗a1+k2∗(−a2)=m2−m1

这个式子和①是一样的，因①成立，故此式也成立。

---

要找一个最小的非负整数解，我们只需要让

k1=k1% abs(a2/d)

k2=k2% abs(a1/d)

即可找到当前最小的k1,k2的解，即此时的k为0。

Q：此处为什么要取绝对值呢

A：因为不知道a2/d的正负性，我们在原基础上要尽量减多个abs(a2/d)，使其为正整数且最小。

---

4. 等效替代：

由②式带入

新的x为：

x=(k1+k∗a2/d)∗a1+m1

=k1∗a1+m1+k∗a2∗a1/d

=k1∗a1+m1+k∗lcm(a1,a2) ③

---

Q:这里，k都为0了，为什么还要算呢？

A:因为这只是前两个式子得最小k，有可能遇到下一个式子后面被迫要扩大

---

在③中，我们设a0=lcm(a1,a2),m0=k1∗a1+m1

那么：

③ =k∗a0+m0

这个形式与一开始我们分解的形式是不是特别像呢？

没错！假设之后又来了一个a3,m3

---

我们只需要继续找：

x=k∗a0+m0=k3∗(−a3)+m3，那么问题又回到了第一步。

5. 总结

我们的做法相当于每次考虑合并两个式子，将这n个式子合并n−1次后变为一个式子。最后剩下的式子就满足我们的答案。

注意：

lcm(a1,a2)和%a2/d，需要取绝对值。又因为d=gcd(a1,−a2)，我们不知道a1的正负性（可能是上一步推过来的）。%a2/d，需要取绝对值， 膜负数的话，不会取到正解；

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;

LL extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    LL r = extend_gcd(b, a % b, x, y);
    LL temp = x;
    x = y;
    y = temp - a / b * y;
    return r;
}
LL mod(LL a, LL b)
{
    return ((a % b) + b) % b;
}

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    LL x = 0, m1, a1;

    cin >> a1 >> m1;
    for (int i = 0; i < n - 1; i++)
    {
        LL m2, a2;
        cin >> a2 >> m2;
        LL k1, k2;
        LL d = extend_gcd(a1, -a2, k1, k2);
        if ((m2 - m1) % d)
        {
            puts("-1");
            return 0;
        }
        k1 = mod(k1 * (m2 - m1) / d, abs(a2 / d));
        m1 = k1 * a1 + m1;
        a1 = abs(a1 / d * a2); // lcm
    }
    printf("%lldn", m1);
    return 0;
}