注：做法和思路是 zhx 在一次講課中提出的，如有侵權，請聯系作者刪除
其實別的題解也有提到過暴力做法，但這里將會給出更加嚴謹的復雜度的證明
想看普遍的那個推導方法的話可以來這兒
Update：證明部分用費馬小定理是錯誤的。修正了證明過程。
正文
引入
我們知道，中國剩余定理是一種用來求解類似於
形式的同余方程組的定理，要求我們找出 \(x\) 的最小非負整數解
大數翻倍法
現在市面上比較推廣的一種方法是用擴展歐幾里得來求解同余方程組。
這里將介紹一種更為暴力的算法——大數翻倍法，寫起來也更加方便簡潔。
先來考慮兩個同余方程的情況：
考慮用一種暴力的方法將其合並成一個同余方程。讓我們設初始的 \(x = 0, m = 1\)，合並了第一個方程后變為 \(x = a_1, m = m_1\)。
那么現在只需要滿足第二個同余方程即可。我們知道 \((a_1 + km_1) \mod m_1 = a_1\)，一個顯然的想法是每次暴力的加 \(m_1\)，然后暴力的判斷能否滿足第二個同余方程。找到一個能滿足的情況合並即可，模數合並為 $ \operatorname{lcm}(m_1,m_2)$，代碼也十分好寫，只有四行：
void Merge(LL &a1, LL &m1, LL a2, LL m2) {
while(a1 % m2 != a2) a1 += m1;
m1 = Lcm(m1, m2);
}
復雜度證明
設滿足情況時加了 \(k\) 次 \(m_1\)，那么有：
假設 \(k = m_2\)，即加了 \(m_2\) 次，那么：
所以說加 \(k\) 次所得到的模數的循環節的大小為 \(m_2\)。
所以上面代碼每次合並的復雜度是 \(O(m_2)\) 的。
如果一次枚舉超過了 \(m_2\) 次還沒有得到答案，那么我們可以判定這組同余方程無解，因為在循環下去也還是那些余數，沒有什么意義了。
判斷無解情況的代碼（就是加了個枚舉的限制而已
發現更小的模數的復雜度更優，所以我們添一句優化，通過特判轉換一下枚舉的模數即可。代碼改為：
void Merge(LL &a1, LL &m1, LL a2, LL m2) {
if(m1 < m2) swap(m1, m2), swap(a1, a2);
while(a1 % m2 != a2) a1 += m1;
m1 = Lcm(m1, m2);
}
所以總的復雜度為 \(O(\sum_{i=1}^{n}m_i)\)。
但是！它的復雜度真的有那么高嗎？（那我也沒必要寫這篇博客了是吧
我們知道答案一定在 long long 范圍內，並且 \(\prod_{i=1}^{n} m_i\) 一定也不會爆 long long。
因為高精度求解同余方程組也沒那個做法是吧，出題人也一定不會出個爆 long long 的樣例，因為他自己也做不了。
讓我們來考慮最壞情況：
想要卡我們，每個模數都得是一個大質數。還要保證成績和在 long long 范圍內（也就是 \(10^{18}\)）。
那么只有一種情況， \(n = 2\)！此時 \(m_i\) 可以做到 \(2 \times 10^9\) 級別的大質數。總時間復雜度為 \(O(10^9)\) ，可以被卡。
但是，當 \(n = 3\) 時， \(m_i\) 只有 \(10^6\) 級別，我們的復雜度也只有 \(O(3 \times 10^6)\) ，可以通過。
\(n\) 更大的情況就不必說了吧。
一個出題人不可能把所有數據都搞成 \(n=2\) 且 \(m_i\) 在 \(10^9\) 級別。
大數翻倍法的優勢
- 碼量小
- 理解難度小
- 一般不會被卡，沒有人會對着這個非主流算法卡十個點的
- 不需要考慮模數互質的情況
最后的最后：上代碼！
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑題
Knowledge: 大數翻倍法
Time: O(能過)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
LL n, v, d, a, b;
LL read(){
LL s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
LL Gcd(LL x, LL y) { return !y ? x : Gcd(y, x % y); }
LL Lcm(LL x, LL y) { return x / Gcd(x, y) * y; }
void Merge(LL &a1, LL &m1, LL a2, LL m2) {
if(m1 < m2) swap(m1, m2), swap(a1, a2);
while(a1 % m2 != a2) a1 += m1;
m1 = Lcm(m1, m2);
}
int main()
{
n = read(); v = 0, d = 1; // 初始化
for(int i = 1; i <= n; ++i) a = read(), b = read(), b %= a, Merge(v, d, b, a);
printf("%lld", v);
return 0;
}
如果覺得寫的不錯就點個贊吧這個做法頂上去吧/kel