hdu 5768 - 中国剩余定理 + 容斥

题解思路:

利用中国剩余定理解决多个同余问题，这里需要再加一项mn = 7,an = 0,这样才能求出7的倍数的解，然后再需要用到容斥，2^15枚举就行了。

1.扩展欧几里得:

我们观察到：欧几里德算法停止的状态是： a= gcd(a,b)， b = 0 ，那么，这是否能给我们求解 x y 提供一种思路呢？因为，这时候，只要 a = gcd(a,b)的系数是 1 ，那么只要 b 的系数是 0 或者其他值（无所谓是多少，反正任何数乘以 0 都等于 0 但是a 的系数一定要是 1），这时，我们就会有： a*1 + b*0 = gcd(a,b)

    当然这是最终状态，但是我们是否可以从最终状态反推到最初的状态呢？

    假设当前我们要处理的是求出 a 和 b的最大公约数，并求出 x 和 y 使得 a*x + b*y= gcd ，而我们已经求出了下一个状态：b 和 a%b 的最大公约数，并且求出了一组x1 和y1 使得： b*x1 + (a%b)*y1 = gcd ， 那么这两个相邻的状态之间是否存在一种关系呢？

    我们知道： a%b = a - (a/b)*b（这里的 “/” 指的是整除，例如 5/2=2 , 1/3=0），那么，我们可以进一步得到：

        gcd = b*x1 + (a-(a/b)*b)*y1

            = b*x1 + a*y1 – (a/b)*b*y1

            = a*y1 + b*(x1 – a/b*y1)

    对比之前我们的状态：求一组 x 和 y 使得：a*x + b*y = gcd ，是否发现了什么？

    这里：

        x = y1

        y = x1 – a/b*y1

2.中国剩余定理:

用现代数学的语言来说明的话，中国剩余定理给出了以下的一元线性同余方程组：

 的整数也是方程组

的解。所以方程组所有的解的集合就是：

设

为

模

的数论倒数(

为

模

意义下的逆元)

在模

的意义下，方程组

只有一个解：

代码:

#include <iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mx = 1e2+10;
ll x,y,n,l,r;
int m[mx],a[mx],num[mx],cnt;
void ex_euclid(ll a,ll b)
{
    if(!b){
        x = 1;
        y = 0;
    }else{
        ex_euclid(b,a%b);
        ll tem =x;
        x = y;
        y = tem - a/b*y;
    }
}
ll kuaisu(ll x,ll y,ll M){
    ll ans = 0;
    while(y){
        if(y&1) ans = (ans+x)%M;
        y >>= 1;
        x = x*2%M;
    }
    return ans;
}
ll China()
{
    ll M = 7,ans = 0,Mi;
    int pos;
    for(int i=0;i<cnt;i++) M *= m[num[i]];
    for(int i=0;i<cnt;i++)
    {
        pos = num[i];
        Mi = M/m[pos];
        ex_euclid(Mi,m[pos]);
        x = (x+m[pos])%m[pos];
        ans = (ans+kuaisu(a[pos]*Mi,x,M))%M;
    }
    return (r+M-ans)/M - (l-1+M-ans)/M;
}
int main(){
    int t,cas = 1;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&l,&r);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",m+i,a+i);
        ll ans = r/7 - (l-1)/7;
        for(int i=1;i<(1<<n);i++){
            cnt = 0;
            for(int j=1;j<=n;j++)
            if((1<<(j-1))&i)  num[cnt++] = j;
            if(cnt&1) ans -= China();
            else ans += China();
        }
        printf("Case #%d: %lld\n",cas++,ans);
    }
    return 0;
}