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关注第1行：1个数N表示后面输入的质数及模的数量。（2 <= N <= 10) 第2 - N + 1行，每行2个数P和M，中间用空格分隔，P是质数，M是K % P的结果。（2 <= P <= 100, 0 <= K < P)
输出符合条件的最小的K。数据中所有K均小于10^9。
3 2 1 3 2 5 3
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zhx大神讲过的方法：
大数翻倍法 ——来源于小学奥数
每次加前i个数的lcm，直至模第i个数是的结果是题目中的数
10^9要爆long long 的，数据弱A了
#include<cstdio> using namespace std; int n,a[11],b[11]; long long get_gcd(long long a,long long b) { return !b ? a:get_gcd(b,a%b); } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i],&b[i]); long long ans=b[1]; long long lcm=a[1]; for(int i=2;i<=n;i++) { while(ans%a[i]!=b[i]) ans+=lcm; long long gcd=get_gcd(lcm,(long long)a[i]); lcm=lcm/gcd*(long long)a[i]; } printf("%lld",ans); }
中国剩余定理 解法
设m1，m2，m3 两两互素，则下面的同余方程组
x ≡ a1 mod m1
x ≡ a2 mod m2
……
x ≡ ak mod mk
令M=m1*m2*……mk
在0<=x<M 内有唯一解
记Mi=M/mi ,所以gcd（Mi，mi）=1，
根据扩展欧几里得，一定存在整数x，y 满足 Mi*x+mi*y=1
（此时x为Mi在模mi意义下的逆元）
如果记ei=Mi*x，那么有 ：
0 mod mj ，j≠i
ei ≡ 1 mod mj ，j=i
那么 e1*a1 + e2*a2 + ……ek*ak 是方程组的一个解
这个解 加减M的整数倍 可以得到最小非负整数解
#include<cstdio> using namespace std; int n; int m[11],a[11]; long long M=1,ans,Mi[11],e[11]; void exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) { if(!b) x=1,y=0; else { exgcd(b,a%b,y,x); y-=x*(a/b); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&m[i],&a[i]),M*=m[i]; for(int i=1;i<=n;i++) Mi[i]=M/m[i]; long long x,y; for(int i=1;i<=n;i++) { exgcd(Mi[i],m[i],x,y); x=(x%m[i]+m[i])%m[i]; e[i]=Mi[i]*x%M; } for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+e[i]*a[i])%M; printf("%lld",ans); }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/TheRoadToTheGold/p/6638430.html
