设正整数$m_1, m_2, ... , m_r$两两互素,对于同余方程组
$x ≡ a_1 (mod m_1)$
$x ≡ a_2 (mod m_2)$
$...$
$x ≡ a_r (mod m_r)$
有整数解。设$P = prodlimits_{k = 1}^{r} m_k$,则有
$$x ≡ a_1 M_1 M_1^{-1} + a_2 M_2 M_2^{-1} + ... + a_r M_r M_r^{-1} ( mod P)$$
其中,$M_i = frac{P}{m_i}$,$M_i^{-1}$为$M_i$在模$m_i$意义下的乘法逆元
证明:
对于每一个同余方程分开求解,设各个方程的解分别为$x_i$,则答案为$sumlimits_{i = 1}^{r}x_i$。
若对于$k≠i$,都有$m_k|x_i$,则最终累积答案的时候对当前同余方程产生影响的只有$x_i$
因此$x_i$应当为$frac{P}{m_i}$的倍数,且满足$x_i ≡ a_i (mod m_i)$
由于$M_i = frac{P}{m_i}$,因此求出$M_i$在模$m_i$意义下的逆元$M_i^{-1}$,可得$M_i M_i^{-1} ≡ 1 (mod m_i)$
同时乘以$a_i$即可得$a_i M_i M_i^{-1} ≡ a_i (mod m_i)$
由于$x_i ≡ a_i M_i M_i^{-1} (mod m_i)$
所以$x = a_1 M_1 M_1^{-1} + a_2 M_2 M_2^{-1} + ... + a_r M_r M_r^{-1}$
若要求x的最小正整数值,$mod P$即可:$x ≡ a_1 M_1 M_1^{-1} + a_2 M_2 M_2^{-1} + ... + a_r M_r M_r^{-1} ( mod P)$
代码实现
/*By DennyQi*/ #include <cstdio> #include <queue> #include <cstring> #include <algorithm> #define r read() using namespace std; inline int read(){ int x = 0; int w = 1; register int c = getchar(); while(c ^ '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar(); if(c == '-') w = -1, c = getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + c - '0', c = getchar(); return x * w; } int K,P=1,x,y; int a[15],b[15]; void exgcd(int M, int B){ if(!B){ x = 1, y = 0; return; } exgcd(B, M%B); int tmp = x; x = y; y = tmp - (M / B) * y; } int GetInv(int M, int B){ exgcd(M, B); return (x + B) % B; } inline void CRT(){ int M,inv,ans=0; for(int i = 1; i <= K; ++i){ M = P / b[i]; inv = GetInv(M, b[i]); ans = (ans + a[i]*M*inv) % P; } printf("%d", ans); } int main(){ K = r; for(int i = 1; i <= K; ++i) a[i] = r; for(int i = 1; i <= K; ++i) b[i] = r, P *= b[i]; CRT(); return 0; }