poj 2891(一般模線性方程組)

//不滿足除數兩兩互質。

// File Name: 2891.cpp
// Author: Missa_Chen
// Created Time: 2013年06月01日 星期六 15時23分19秒

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#include<cstdlib>

using namespace std;

#define LL long long
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e5 + 5;
int n;
void ex_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
{
    if (!b) {d = a, x = 1, y = 0;}
    else
    {
        ex_gcd(b, a % b, d, y, x);
        y -= x * (a / b);
    }
}
LL ex_crt(LL *m, LL *r, int n)
{
    LL M = m[1], R = r[1], x, y, d;
    for (int i = 2; i <= n; ++i)
    {
        ex_gcd(M, m[i], d, x, y);
        if ((r[i] - R) % d) return -1;
        x = (r[i] - R) / d * x % (m[i] / d);
        R += x * M;
        M = M / d * m[i];
        R %= M;
    }
    return R > 0 ? R : R + M;
}
int main()
{
    while (~scanf("%d",&n))
    {
        LL m[maxn], r[maxn];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            scanf("%lld%lld", &m[i], & r[i]);
        printf("%lld\n",ex_crt(m,r,n));
    }
    return 0;
}

轉載：

/**********************一般模線性方程組***********************/

同樣是求這個東西。。
X mod m1=r1
X mod m2=r2
...
...
...
X mod mn=rn

首先，我們看兩個式子的情況
X mod m1=r1……………………………………………………………(1)
X mod m2=r2……………………………………………………………(2)
則有 
X=m1*k1+r1………………………………………………………………(*)
X=m2*k2+r2
那么 m1*k1+r1=m2*k2+r2
整理，得
m1*k1-m2*k2=r2-r1
令(a,b,x,y,m)=(m1,m2,k1,k2,r2-r1)，原式變成
ax+by=m
熟悉吧？

此時，因為GCD(a,b)=1不一定成立，GCD(a,b) | m 也就不一定成立。所以應該先判 若 GCD(a,b) | m 不成立，則！！！方程無解！！！。
否則，繼續往下。

解出(x,y)，將k1=x反代回（*），得到X。
於是X就是這兩個方程的一個特解，通解就是 X'=X+k*LCM(m1,m2)
這個式子再一變形，得 X' mod LCM(m1,m2)=X
這個方程一出來，說明我們實現了(1)(2)兩個方程的合並。
令 M=LCM(m1,m2)，R=r2-r1
就可將合並后的方程記為 X mod M = R。

然后，擴展到n個方程。
用合並后的方程再來和其他的方程按這樣的方式進行合並，最后就能只剩下一個方程 X mod M=R，其中 M=LCM(m1,m2,...,mn)。
那么，X便是原模線性方程組的一個特解，通解為 X'=X+k*M。

如果，要得到X的最小正整數解，就還是原來那個方法：

X%=M;
if (X<0) X+=M;

這么一來～～大功告成～～