Description
Elina is reading a book written by Rujia Liu, which introduces a strange way to express non-negative integers. The way is described as following:
Choose k different positive integers a1, a2, …, ak. For some non-negative m, divide it by every ai (1 ≤ i ≤ k) to find the remainder ri. If a1, a2, …, ak are properly chosen, m can be determined, then the pairs (ai, ri) can be used to express m.
“It is easy to calculate the pairs from m, ” said Elina. “But how can I find m from the pairs?”
Since Elina is new to programming, this problem is too difficult for her. Can you help her?
Input
The input contains multiple test cases. Each test cases consists of some lines.
Line 1: Contains the integer k.
Lines 2 ~ k + 1: Each contains a pair of integers ai, ri (1 ≤ i ≤ k).
Output
Output the non-negative integer m on a separate line for each test case. If there are multiple possible values, output the smallest one. If there are no possible values, output -1.
Sample Input
2
8 7
11 9
Sample Output
31
题意
给出一组 $m_i,r_i$ ，求最小的一个正整数 $X$ ，使得 $X\%m_i=r_i$ ，如果不存在这样的 $X$ 则输出 $-1$ 。（不满足除数之间两两互质）
思路
因为除数之间不满足两两互质，所以就不能直接套用中国剩余定理的模板咯！
这里我们采用合并 不定方程 的方法，即先合并前两个方程，然后用合并的结果与第三个方程进行合并，最终合并完之后计算得到的 $X$ 便是答案。
我们假设 $m_i$ 是除数， $r_i$ 是余数，先看前两个方程。
$X\%m_0=r_0$ 与 $X\%m_1=r_1$ ，等价于 $X=m_0×k_0+r_o=m_1×k_1+r_1$ ，其中 $k_i$ 为一整数。
联立可得 $m_0×k_0+m_1×k_1=r_1-r_0$ （因为 $k_i$ 为一整数，所以移项之后前面的符号便不重要啦）
扩展欧几里得算法中说：存在整数对 $(x,y)$ 使得 $ax+by=\gcd(a,b)$
于是我们可以根据上面联立得出的式子构造出 $m_0x+m_1y=\gcd(m_0,m_1)$
通过 $exgcd$ 可以求出 $\gcd(m_0,m_1)$ 以及 $x,y$ 。
于是便有 $k_0=x×\frac{r_1-r_0}{\gcd(m_0,m_1)}$
带回原来的式子可以解得 $X=m_0×k_0+r_0$ ，此时 $X$ 的通解为 $X’=X+k×lcm(m_0,m_1)$ （ $k$ 为一整数，想要让 $X’\%m_0=r_0,X’\%m_1=r_1$ 这两个式子同时成立，$X$ 每次增加的步长应该是 $lcm(m_0,m_1)$ ）
上式可转化成： $X’\%lcm(m_0,m_1)=X$
于是这两个方程便合并啦~
合并完所有的方程以后，输出最小的正整数 $X’$ 就可以啦~
关于代码中求 $k_0$ 时为什么要 $mod\frac{m_i}{\gcd(M,m_i)}$
$a×x_0+b×y_0=\gcd(a,b)$ 等同于 $a×x_0+\frac{a×b}{\gcd(a,b)}k+b×y_0-\frac{a×b}{\gcd(a,b)}k=\gcd(a,b)$
即 $a×(x_0+\frac{b}{\gcd(a,b)}k)+b×(y_0-\frac{a}{\gcd(a,b)}k)=\gcd(a,b)$
通解为 $x=x_0+\frac{b}{\gcd(a,b)}k$ ， $y=y_0-\frac{a}{\gcd(a,b)}k$ ，其中 $k=…-2,-1,0,1,2…$
于是在所有解中 $x$ 的最小正整数解为 $(x_0+\frac{b}{\gcd(a,b)})\%\frac{b}{\gcd(a,b)}$ ， $y$ 也一样。
所以 $mod\frac{m_i}{\gcd(M,m_i)}$ 保证了 $k_0$ 落在了一个指定的合理区间内。
AC 代码
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<queue>
#include<map>
#define INF (1<<25)
typedef __int64 LL;
#define maxn 10005
LL m[maxn],r[maxn];
int n;
LL ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
LL d = a;
if(b != 0)
{
d = ex_gcd(b, a % b, y, x);
y -= (a/b) * x;
}
else x = 1, y = 0;
return d;
}
LL solve()
{
LL M=m[0],R=r[0],gcd,x,y;
for(int i=1; i<n; i++)
{
gcd=ex_gcd(M,m[i],x,y); // 扩展欧几里得求系数 x y gcd
if((r[i]-R)%gcd)return -1; // 如果无法整除即无解
LL k=(r[i]-R)/gcd*x%(m[i]/gcd); // 求k0
LL X=k*M+R; // 代回原式求X
M=M/gcd*m[i]; // M变为lcm
R=(X+M)%M; // R变为此时最小的X
}
return R;
}
int main()
{
while (~scanf("%d",&n))
{
for (int i = 0; i < n; ++i)
scanf("%I64d%I64d", &m[i], &r[i]);
printf("%I64d\n",solve());
}
return 0;
}
