中國剩餘定理
中國剩餘定理，求的是模線性方程組的通解，如圖1所示，其中(mi, ai)都是已知量，x是未知量。需要求的就是x，讓它滿足以下n個等式：
舉個最簡單的例子，如圖2所示，x滿足三個同餘方程，我們可以將三個方程進行一個轉化。
很明顯，圖2和圖3的方程組等價，圖3表示的是4個未知數，3個方程。由於未知數個數大於方程數，所以這個方程組要麼無解，要麼有無窮多解。
樸素的做法就是枚舉x，然後對每個方程進行試除，令x=(0,1,2,3,...)，那麼我們發現當x=26時可以滿足所有三個方程。然而事情並沒有那麼簡單，除數的不同，或者方程數的增多，都可能導致x的值變得很大。
如圖4所示的這種情況，僅僅三個方程，x就已經是10^8的數量級了，所以枚舉這種做法顯然是行不通的。
現在介紹一種O(N)的算法，其中N爲方程組的個數。首先，我們需要定義一些向量，向量a[]代表除數集合，向量m[]代表餘數集合，向量x[]則表示未知數集合。如圖5所示，其中K爲需要求的數，我們將n個方程從0開始按順序編號。
然後，我們合併(0)和(1)兩個等式，得到：
代換後A,B,C均爲常數，X,Y爲未知數，然後求A和B的最大公約數G，如果G不能整除C，則方程組無解；否則方程兩邊A,B,C同時除以G，等式不變。接着，就可以通過擴展歐幾里得算法求解Y了，需要注意的是，擴展歐幾里得求解時需要保證A和B都大於等於零，所以我們可以做如下處理：
if(A < 0) {
// 將A轉化成正數，但還需保證等式性質，所以A,B,C同時變號
A = -A, B = -B, C = -C;
// 將B轉化成正數，C++的取模%可能出現負數，所以需要模完後加上模數再取模
B = (B % A + A) % A;
}
擴展歐幾里得算法求解二元一次方程的解法可以參考這篇文章：初等數論基礎算法
Y的通解表示如下（其中Y0已經求出爲常數）：
Y就是(1)方程中的x[1]，我們將Y代入方程(1)，得到等式如下：
這時候，我們發現兩個等式合併以後的等式，仍然可以表示成同餘方程的形式。這說明可以將這個等式和(2)繼續合併，合併完的等式，繼續和(3)合併，直到最後只剩一個等式，令最後這個等式爲：K=ax+b，由於x可以取任意整數，所以我們可以保證a和b都大於等於0，並且a >= b，那麼這時候K=b就是方程組的最小非負整數解，K=ax+b就是方程組的通解。
這就是中國剩餘定理的O(N)解法。
最後來看實際算法流程：
0)枚舉 i = 1 to n-1
1) 合併等式(0)和(i)， a[0]*x[0] + m[0]= a[i]*x[i] + m[i];
a[0]*x[0] - a[i]*x[i] = m[i] - m[0];
A * X + B * Y = C;
2) 根據擴展歐幾里得，求得x[i] = Y = Y0 + A*t; (t爲任意整數)
3) 將x[i]代入等式(i)，得到： K = a[0]*a[i]*t + (m[i]+a[i]*Y0);
4) 更新等式(0)， a[0] = a[0]*a[i]
m[0] = (m[i]+a[i]*Y0) % a[0];
5) n-1次迭代完畢，m[0]就是最小非負整數解。
C++代碼實現地址：中國剩餘定理O(N)算法
中國剩餘定理題集解題報告
1）Strange Way to Express Integers
題意：給定N組數(ai, ri)。求一個最小的非負整數K，滿足所有的K mod ai = ri。
題解：中國剩餘定理的模板題。
題意：慢慢讀題吧，讀到最後就是N=3的中國剩餘定理。
題解：直接上模板。
3）X問題
題意：給定N和n組數(ai, ri)，求滿足所有的X mod ai = ri，且X<=N的正整數X的個數。
題解：首先套模板求出最小解x，並且求LCM = ai的最小公倍數；然後分情況：
1) x>N 或 無解，輸出0；（我的模板無解返回的是-1，結果因爲這個WA了很多次，無語）
2）x=0，輸出N/LCM
3）x>0, 輸出(N-x)/LCM+1
4）Circle
題意：給定長度爲n(n <= 20)的約瑟夫環，按順序報數，每次報到k的那個人出列；然後繼續從下一個人報數，每次報到k的那個人出列。現在給定出隊序列，求最小的滿足條件的k。
題解：hash+中國剩餘定理。出隊序列已經給出，那麼可以按順序模擬，每次往環上走一步，如果遇到本次出隊的人，將出隊的人hash掉，記錄上一次到本次的步數。以剩餘的人個數爲模數，步數爲餘數建立一個方程。N次建立N個方程然後求一次中國剩餘即可。
5）Chinese Remainder Theorem Again
題意：給定數組Mi和數字a，求一個最小的數K，滿足K mod Mi = (Mi - a)。
題解：看起來赤裸裸的中國剩餘定理，如果直接套模板會WA，因爲數據範圍的問題，可能會超int64，所以由於這題的特殊性，有更簡單的解法。還是按照中國剩餘定理的思路，合併等式發現，最後的解其實是所有Mi的最小公倍數再減去a。
6）AndNow,a Remainder from Our Sponsor
題意：按照同餘來加解密的題，有點意思。
題解：模擬 + 中國剩餘定理。
題意：給定N組數(ai, ri)。求一個最小的正整數K，滿足所有的K mod ai = ri。
題解：中國剩餘定理的模板題。注意最小正整數，如果結果爲0，需要輸出ai的最小公倍數。
題意：N(N <= 10000)個傘兵編號遞增排列（即12345...），給定一種重排規則A[N]，A[i]表示將第A[i]個傘兵放到第i個位置（1<=i<=N）。然後給定一個目標狀態，問從起始狀態到達目標狀態，最少需要經過多少步。
題解：置換羣 + 中國剩餘定理。首先，對於任意的重排序列，經過有限次重排後必然回到初始狀態，如圖10所示，重排數組A=[2,1,4,5,7,6,3]；目標數組T=[2,1,7,3,4,6,5]。
然後對起始狀態和目標狀態分別進行一次重排，就能算出各自的置換羣了，如果兩者的置換羣不一致，顯然狀態不可達，直接輸出-1即可；如圖11所示，兩者的置換羣是一致的，因爲(3457)可以通過循環左移經過(4573)、(5734)變成(7345)，同理，(12)可以經過一步變成(21)，所以兩者置換羣一致。
然後，計算起始狀態和目標狀態的置換羣中每個循環可達需要的最少步數，例如(12)到(21)需要1步，(3457)到(7345)需要3步，(6)到(6)需要0步；然後就可以列出三個方程，即總步數K滿足：
成功轉換成中國剩餘定理求解。
解法同A Poor Officer 。
題意：給定n(n <= 10^6),表示循環最多執行n次，再給定兩種類型的循環，定義如下：
現在總共有m(m <= 10^5)個嵌套，【類型1】的循環不大於16個。問所有嵌套的循環一共執行多少次。由於次數很大， 需要將答案模上364875103。
題解：Lucas定理 + 中國剩餘定理。
首先，以【類型1】爲斷點，如果a[i]是【類型1】的循環，那麼它和a[i-1]必然沒關係。圖中XX()的執行次數代表一個【類型1】循環嵌套了兩個【類型2】的循環。
我們用S(n,t)表示1個【類型1】循環和t個【類型2】循環的總執行次數。那麼S(n,0)=n, S(n,1)=1+2+...+n。利用數學歸納法，我們總結出S(n,t)的遞推公式：S(n,t)=S(n-1,t)+S(n,t-1)。
然後將n和t記錄到表格中，每個格子的值 = 它上面格子的值 + 它左邊格子的值，如圖所示：
觀察可得，它是一個斜着的楊輝三角，並且可以轉化成組合數求解：S(n,t)=C(n+t,t+1)。於是轉變成了求組合數C(a,b) mod 364875103。
C(a,b) mod 364875103的求法採用Lucas定理 + 中國剩餘定理。由於364875103 = 97 * 3761599，爲兩個素數的乘積，我們可以先求出x = C(a,b) mod 97，和y = C(a, b) mod 3761599，那麼令K = C(a,b) mod 364875103，K必然滿足：
如果x和y都是已知的，那麼就可以通過中國剩餘定理來求K了。
組合數C(a,b)%p（其中p爲素數）可以採用Lucas定理求解。Lucas定理的遞歸形式如下：
Lucas(n, m, p) {
if(m == 0) return 1;
return Lucas(n/p, m/p, p) * Comb(n%p, m%p, p) % p;
}
其中Comb(n,m,p)表示求C(n,m)%p （n<p && m<p && p爲素數）
那麼現在就是要求n! mod p的值，其中n的範圍<=1100000，直接預處理存到數組中，O(1)獲取即可。n!^(p-2)mod p可以採用二分快速冪取模。
11）The Lastest Math Theory Problem
最後推薦一道我出的題^_^
題意：給定n(n <= 6)和數組a[n](a[i] < 10000)，要求求一個最小的N，滿足n個等式（其中x[i]爲未知量）：
由於N可能很大，所以只需要輸出N mod 19880502即可；如果不存在這樣的N，則輸出-1。
題解：中國剩餘定理 + 二分快速冪。任何數都可以表示成素數的乘積，又由於N滿足以上六個等式，所以N的素因子一定是a[i]的素因子，假設N的表示如下：
任何一個p[i]必定小於10000，那麼我們只需要枚舉所有小於10000的素因子，然後想辦法求出指數e[i]即可。對於每個小於10000的素數p[i]，枚舉所有a[j], 檢查a[j]這個數中有多少p的素因子，記爲cnt[j]，則e[i] = k*a[j] + cnt[j](k>=0)；那麼對於每個e[i]利用中國剩餘定理求n個同餘方程，得到的e[i]利用二分快速冪求p[i]^e[i] mod 19880502即可。最後所有素數分量連乘再取模就是最後的答案了。
這題需要注意一點，求中國剩餘定理的時候，由於值的範圍在int64，所以乘法可能溢出。所以如果兩個數相乘需要採用二進制法。這裏提供一種非遞歸版本的a*b mod c，全程只有加法和取模。
LL Product_Mod(LL a, LL b, LL c) {
LL sum = 0;
while(b) {
if(b & 1) sum = (sum + a) % c;
a = (a + a) % c;
b >>= 1;
}
return (sum + c) % c;
}