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題目大意

求解一組同余方程
x ≡ r1 (mod a1)
x ≡ r2 (mod a2)
x ≡ r3 (mod a3)
......
x ≡ rk (mod ak)
的解x（a1,a2,a3,.....ak 并不一定互質）。如果不存在則輸出-1.

輸入格式

有多組數據，每組數組第一行為k，后面有k行，每行兩個數，代表ai,ri。

輸出格式

每一行對應每一個詢問的解x。

樣例輸入

2
8 7
11 9

樣例輸出

31

分析

看到這一題，可以發現好像問的就是中國剩余定理的問題，可是題目中a并不互質，無法用中國剩余定理來解決。不過我們可以從擴展歐幾里德算法入手。

先來分析規模小一點的。

對于一組同余方程

\(\begin {cases} x \mod a_1=r_1\\ x\mod a_2=r_2\end{cases}\to\begin{cases}k_1*a_1+r_1=x\\ k_2* a_2+r_2=x\end {cases}\)

我們可以上下兩式相減得出

$ k_1* a_1-k_2* a_2=r_2-r_1$

我們可以發現，這個式子可以用擴展歐幾里德來求解。于是我們求出了\(k_1\)
便可以將其帶入原來的式子，求出\(x=k_1*a_1+r_1\)。這是兩個方程的求解，面對多個方程，我們可以這樣做：
假設我們剛才求出的是\(x_1\),而為了求出滿足三個方程的解\(x_2\)我們可以得到這樣的式子
\(\begin {cases} x_2\mod lcm(a_1,a_2)=x_1\\ x_2\mod a_3=r_3\end{cases}\)
證明：

\(x_2=k_3*lcm(a_1,a_2)+x_1\) ,因為\(k_3*lcm(a_1,a_2)\)這一塊肯定能整除\(a_1\)或\(a_2\),所以肯定會剩下一個\(c_1\),而\(c_1\)恰好滿足前面的方程

用同樣的方法，我們可以求出滿足所有式子的解。

#include <cstdio> #include <iostream> #include <cmath> #include <queue> #include <algorithm> #include <cstring> #include <climits> #define MAXN 10000+10 #define abs(a) a>0?a:-a using namespace std; long long e_gcd(long long a,long long b,long long& x,long long& y) {if(!b){x=1;y=0;return a;}long long ans=e_gcd(b,a%b,x,y);long long tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return ans; } long long a1,a2,b1,b2,x,y,gcd,t,c; int main() {while(scanf("%lld",&t)!=EOF){scanf("%lld%lld",&a1,&b1);int flag=0;if(t==1) printf("%lld\n",b1);else{for(int i=2;i<=t;i++){ scanf("%lld%lld",&a2,&b2);if(flag) continue;gcd=e_gcd(a1,a2,x,y);if((b2-b1)%gcd!=0) {flag=1;}x*=(b2-b1)/gcd;x%=a2/gcd;if(x<0) x+=abs(a2/gcd);c=a1*x+b1;a1=a1/gcd*a2; b1=c;}}if(flag==1) {printf("-1\n");continue;} printf("%lld\n",c);}return 0; }

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總結

以上是生活随笔為你收集整理的POJ2891 Strange Way to Express Integers (扩展欧几里德)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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