概述

题目的大意如下。

对于一个数L，已知：

L≡r1(mod p1)

L\equiv r_1(mod\ p_1)

L≡r2(mod p2)

L\equiv r_2(mod\ p_2)

……

L≡rn(mod pn)

L\equiv r_n(mod\ p_n)
其中 pip_i均为质数且各不相同。现让你求最小的L，满足上述条件。

—————————————-

题解

一道裸的中国剩余定理题目。（如果你不会中国剩余定理，请戳这里）

我们考虑构造答案。

令P=∏ni=1piP=\prod_{i=1}^n p_i， Ni=PpiN_i={P \over p_i}， N−1iN_i^{-1}为NiN_i在关于模pip_i意义下的逆元。那么对于每一个pip_i可以构造出一个Ai=Ni×N−1i×siA_i=N_i\times N_i^{-1}\times s_i，则最终答案L=∑ni=1Ai(mod P)L=\sum_{i=1}^n A_i(mod\ P)。

—————————————-

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
#define For(i,j,k) for(register ll i=j; i<=(ll)k; ++i)
#define Forr(i,j,k) for(register ll i=j; i>=(ll)k; --i)
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;const ll maxn = 12+5;ll T, n, P, Ans;
ll p[maxn], r[maxn], N[maxn], inv[maxn], A[maxn];inline ll ksm(ll x, ll y, ll mo){ll back = 1;x %= mo;while(y){if(y & 1)   back = back*x%mo;x = x*x%mo;y >>= 1;}return back;
}int main(){scanf("%lld", &T);For(time, 1, T){P = 1,  Ans = 0;scanf("%lld", &n);For(i, 1, n){scanf("%lld%lld", &p[i], &r[i]);P *= p[i];//计算P }ll temp;For(i, 1, n){N[i] = P/p[i];//A[i]一定包含P/p[i]这个因子 inv[i] = ksm(N[i], p[i]-2, p[i]);//计算P/p[i]关于p[i]的逆元 A[i] = ((N[i]*inv[i])%P * r[i])%P;//计算最终的A[i].(模P意义下) }For(i, 1, n)Ans = (Ans+A[i])%P;//A[i]求和，构造出结果 printf("Case %lld: %lld\n", time, Ans);}return 0;
}

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总结

这题比较基础，是道中国剩余定理的入门好题，估计最大难点在于读题吧，哈哈哈。

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[lightoj1319] 中国剩余定理

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