CRT

求解方程：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1}\\ x \equiv a_2 \pmod {m_2}\\ \vdots \\ x \equiv a_n \pmod {m_n}\\ \end{cases} \]

其中，保证\(m_i\)是两两互质的正整数，crt就是基于这个特征
我们记\(M=\prod_{i=1}^{n} m_i\)，和\(M_i=\dfrac{M}{m_i}\)，\(t_i\)满足\(M_it_i \equiv 1 \pmod {m_i}\)
即\(M_i\)是所有下标不为\(i\)的\(m\)乘起来，而\(t_i\)是\(M_i \bmod m_i\)的逆元
则对于任意的\(k\neq i\)，\(a_iM_it_i\equiv 0\pmod {m_k}\)，因为\(M_i\)中一定包含了\(m_k\)这个因数
而又因为\(M_it_i\equiv1\pmod{m_i}\)，所以\(a_iM_it_i\equiv a_i\pmod{m_i}\)
所以可以说明

\[\sum_{i=1}^n a_iM_it_i \]

为问题的一组解，且这个解在\(\mod M\)下唯一
当然通解就是\(x+kM,k\subset Z\)
当然求逆元的过程要用到exgcd，而题目要求最小正整数解，所以只要让解在\([0,M-1]\)中就行了
但是，如果直接\(M=\prod_{i=1}^n m_i\)会乘爆，要让\(M=\text{LCM}_{i=1}^n m_i\)，可以有和上文叙述的一样的性质，下面的excrt也是一样
题目代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
	int x=0,y=1;
	char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
int n;
LL a[15],m[15],M=1;
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
	if(!b){
		x=1;y=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,x,y);
	LL tmp=x;x=y;
	y=tmp-a/b*y;
}
int main(){
	n=read();
	for(reg int i=1;i<=n;i++){
		m[i]=read();a[i]=read();
		M=M/std::__gcd(M,m[i])*m[i];
	}
	LL ans=0,Mi,x,y;
	for(reg int i=1;i<=n;i++){
		Mi=M/m[i];
		exgcd(Mi,m[i],x,y);
		ans=((ans+Mi*x*a[i])%M+M)%M;
	}
	std::printf("%lld",ans);
	return 0;
}

EXCRT

还是求解方程：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \pmod {m_1}\\ x \equiv a_2 \pmod {m_2}\\ \vdots \\ x \equiv a_n \pmod {m_n}\\ \end{cases} \]

但这次不保证\(m_i\)两两互质
不过这好像和CRT关系不大
考虑用数学归纳法，假设我们已知前\(i-1\)的解为\(ans\)，并记\(M=\text{LCM}_{k=1}^{i-1}m_k\) 则其通解为\(ans+M\times t\)

那么，我们就要确定一个\(t\)，使得\(ans+M\times t\equiv a_i\pmod {m_i}\)
然后新的\(ans=ans+M\times t\)
考虑求解上面那个同余方程的方法
因为exgcd可以求解方程\(ax+by=\gcd(a,b)\)
那么我们转变那个同余方程的形式：

\[Mt\equiv a_i-ans \pmod{m_i} \]

\[Mt+m_iy=a_i-ans \]

那么如果\(\gcd(M,m_i)|(a_i-ans)\)，则有解，题目保证了有解
用exgcd求出的是：

\[Mt'+m_iy=\gcd(M,m_i) \]

那么让等式两边同时除以这个\(\gcd\)再同时乘以\(a_i-ans\)就行了

\[Mt'\dfrac{(a_i-ans)}{\gcd(M,m_i)}+m_iy\dfrac{(a_i-ans)}{\gcd(M,m_i)}=a_i-ans \]

那我们要求的这个\(t\)就是\(t'\dfrac{(a_i-ans)}{\gcd(M,m_i)}\)
注意在乘的时候会爆long long，要用int128或是龟速乘
~~我才不会告诉你们我快读不开long long见祖宗了~~
还有就是要通过\(ans=(ans+M)\bmod M\)来保证\(ans\)是正的
上代码，~~因为不开long long那事调了好长时间。。~~

P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline LL read(){
	LL x=0,y=1;
	char c=std::getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
	return y?x:-x;
}
int n;
LL a[100006],m[100006];
inline LL mul(LL n,LL k,LL mod){
    LL ans=0;
    while(k){
      if(k&1) ans=(ans+n)%mod;
      k>>=1;
      n=(n+n)%mod;
    }
    return ans;
}
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if(!b){x=1;y=0;return a;}
    LL ret=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL z=x;x=y;y=z-(a/b)*y;
    return ret;
}
inline LL excrt(){
	LL x,y;
	LL M=m[1],ans=a[1];
	for(reg int i=2;i<=n;i++){
		LL b=((a[i]-ans)%m[i]+m[i])%m[i];
		LL gcd=exgcd(M,m[i],x,y);
		x=mul(x,b/gcd,m[i]);
		ans+=M*x;
		M*=m[i]/gcd;
		ans=(ans+M)%M;
	}
	return ans;
}
int main(){
	n=read();
	for(reg int i=1;i<=n;i++) m[i]=read(),a[i]=read();
	std::printf("%lld",excrt());
	return 0;
}

话说去年暑假在洛谷网校就学过一遍crt和excrt了
但当时就没怎么理解清楚，更写不出代码
这次是因为扩展卢卡斯要用到crt，才来写了一遍这两个题。。。