原本是想把CRT、擴展CRT、歐幾里得、擴展歐幾里得都寫在這，但由於博主太菜，剛剛才會EXCRT qwq
在退組邊緣徘徊的我果然還是菜了一點啊！！！
布吉島為什么但就是想奶一口gql省隊穩了2333
不閑扯了，進入正題！
歐幾里得（gcd）&&擴展歐幾里得（exgcd）：
先來一個眾人皆知的歐幾里得算法：\(gcd\ (\ a,b\ )=gcd\ (\ b,a\ mod\ b\ )\)
證明過程自己完成，這里不多加敘述
再來普及一個簡單的裴蜀定理：若a,b是整數,且 \(gcd(a,b)=d\)，那么一定存在整數 \(x,y\)，使得\(ax+by=d\) 成立。
裴蜀定理證明請看這里（主要是因為我之前打了一段后發現沒證完然后就懶得打了qwq）
那么 \(\bf\Huge\text{擴展歐幾里得}\) 來了！！！
擴展歐幾里得算法：可以用來求解 \(ax+by=gcd(a,b)\) ，也就是求同余方程 \(ax\equiv gcd(a,b)(mod\ b)\) 的解
算法過程及解如下：
我們要求解 \(ax+by=gcd(a,b)\) 其實主要是想算出 \(x\) 的值，\(y\) 是一個輔助解
然后我們構造這么一個式子：\(bx_1+(a\ mod\ b)y_1=gcd(b,(a\ mod\ b))\) ，根據歐幾里得算法，我們可得出 \(bx_1+(a\ mod\ b)y_1=ax+by\) ，不妨把 \(a\ mod\ b\) 變成 \(a-b*(a/b)\) ，然后帶入原式：
\(bx_1+(a-b*(a/b))y_1=ax+by\)
\(bx_1+ay_1-b*(a/b)y_1=ax+by\)
\(ay_1+b(x_1-(a/b)y1)=ax+by\)
那么我們求出了一組解：\(x=y_1,y=x_1-(a/b)y_2\)
然后將我們求解的兩個式子對比一下：
\(ax+by=gcd(a,b)\)
\(bx_1+(a\ mod\ b)y_1=gcd(b,(a\ mod\ b))\)
是不是發現了什么？是不是有點像歐幾里得算法？
然后我們按這種方式遞推下去，直到 \(b=0\) ，那么：
\(ax+by=gcd(a,b)\)
\(ax=gcd(a,0)\)
顯然 \(gcd(a,0)=a,x=1\) ，此時已經和 \(y\) 的值沒有關系了，即此時 \(y\) 的值是任意數，但是這里建議把 \(y\) 賦成 \(0\) ，可以避免在返回中爆 \(long\ long\) 。
之后我們已經求出來了關於同余方程的一個解 \(x\) ，雖然 \(x\) 不一定是最小的，但顯然 \(x\) 加上或減去 \(b\) 是沒有任何影響的，所以用一個 \(x = (x \% b + b) \% b\) 就可以了求出滿足同余方程的最小正整數解了
上代碼：
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{//x，y都是要返回的值
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,(a%b),x,y);//遞歸
int xx=y;//記錄一下解
y=x-(a/b)*xx,x=xx;
return;
}
至此，擴展歐幾里得講解完畢qwq
中國剩余定理（CRT）：
中國剩余定理其實真的不難qwq
一般情況下我們是要求解如下式子：
\(\begin{cases} x\equiv a_1(\mod b_1)\quad \\ x\equiv a_2(\mod b_2)\quad \\ ...\quad \\ x\equiv a_n(\mod b_n)\quad \\ \end{cases}\)
其中所有的 \(b_1,b_2...b_n\) 都互質，這里的 \(a_i\) 都小於 \(b_i\) 。
首先我們構造一個數 \(B=b_1*b_2*...*b_n\) ，那么顯然當我們求出 \(x\) 之后加上或減去 \(B\) 都是成立的。
接下來考慮對於每一個同余方程的處理：
對於同余式 \(x\equiv a_k(\mod b_k)\) ，我們可以構造一個 \(B_k=B/b_k\) ，顯然 \(gcd(B_k,b_k)=1\) ，根據裴蜀定理可得：存在整數 \(i,j\) 使得 \(iB_k+jb_k=1\) ，即 \(iB_k\equiv 1(\mod b_k)\) 。因為 \(iB_k\ mod\ b_k=1\) ，那么有 \(a_i*iB_k\ mod\ b_k=a_i\) ，\(i\) 可以通過擴展歐幾里得求得，所以該同余方程的一個解是 \(x=a_i*i*B_k\) 。
再回到整個方程組，我們繼續構造一個數 \(x=a_1i_1B_1+a_2i_2B_2+...+a_ni_nB_n\) ，那么這個數就是同余方程組的一個解。因為對於第 \(k\) 個同余方程，\(B_{1...n}\) 中除 \(B_k\) 之外所有數都是 \(b_k\) 的倍數，所以同余方程是成立的。
放一下CRT的代碼：
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,(a%b),x,y);
int xx=y;
y=x-(a/b)*xx,x=xx;
return;
}//擴展歐幾里得求解同余方程
lt china()
{
for(int i=1;i<=n;i++) N*=B[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a=N/B[i],b=B[i],x=0,y=0;
exgcd(a,b,x,y);//此處的x還要變成最小正整數解
ans+=a*((x%b+b)%b)*A[i];
}
return (ans%N+N)%N;
}
擴展中國剩余定理（EXCRT）
好了，同樣是形如下面的式子：
\(\begin{cases} x\equiv a_1(\mod b_1)\quad \\ x\equiv a_2(\mod b_2)\quad \\ ...\quad \\ x\equiv a_n(\mod b_n)\quad \\ \end{cases}\)
只不過這次不保證所有的 \(b_1,b_2,...,b_n\) 互質
因為不互質，所以我們無法像CRT一樣使用擴歐。
考慮你已經求出來了前 \(k-1\) 個同余方程的解，得到的解為 \(ans\) ，設 \(lcm\) 為前 \(k-1\) 個方程中所有的 \(b_i\) 的最小公倍數，則前 \(k-1\) 個方程的解為 \(x=ans+i*lcm\) ，而我們只需要確定一個 \(i\) 使得 \(ans+i*lcm\equiv a_k(\mod b_k)\) ，然后更新一下 \(lcm\) 就好了。
又是一波轉化：
\(ans+i*lcm\equiv a_k(\mod b_k)\)
\(i*lcm\equiv a_k-ans(\mod b_k)\)
注意：此處的 \(lcm\) 和 \(b_k\) 不一定互質，需要稍加處理，設 \(gcd=gcd(lcm,b_k),c=(a_k-ans)\ mod\ b_k\) ，由上式可得：
\(i*lcm+h*b_k=c\)
由裴蜀定理可得此方程有解的必要條件是 \(gcd|c\) ，於是繼續變形：
\(i/gcd*lcm+h*b_k/gcd=c/gcd\)
\(i/gcd*lcm\equiv c/gcd(\mod b_k/gcd)\)
此時 \(gcd(lcm,b_k/gcd)=1\) ，對於上面這個方程，我們依然可以先求出一個 \(j\) 滿足 \(j*lcm\equiv 1(\mod b_k/gcd)\) ，然后再乘以 \(c/gcd\) 倍就好了。
具體代碼中有解釋：
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{//擴展歐幾里得，一並求出gcd
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int res=exgcd(b,(a%b),x,y);
int xx=x;
x=y,y=xx-(a/b)*y;
return res;
}
int mul(int s,int p,int mod)
{//這是一個快速乘，防止s*p爆long long
int res=0;
while(p)
{
if(p%2) res=(res+s)%mod;
s=(s+s)%mod;
p/=2;
}
return res%mod;
}
int EXCRT()
{
m=b[1],ans=a[1];//第一個方程要特殊處理，直接賦值就好了
for(int i=2;i<=n;i++)
{
int x,y,c=(a[i]-ans%b[i]+b[i])%b[i];
//c就是前面的ak-ans
int gcd=exgcd(m,b[i],x,y);
x=mul(x,c/gcd,b[i]/gcd);
//這一段我也弄了好久，最后終於搞懂了
//大致把x為什么要乘c/gcd，和%(b/gcd)的原因寫在上面了
//不懂歡迎提問
ans+=x*m;//更新ans
m*=(b[i]/gcd);//更新lcm
ans=(ans%m+m)%m;
}
return (ans%m+m)%m);
}
終於更完了qwq心累