扩展欧几里得算法

用于求解 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组可行解。

$$a{x}_1+b{y}_1=gcd(a,b)=gcd(bmoda,a)=(bmoda)x_2+a{y}_2$$

将上式展开：

$$a{x}_1+b{y}_1=(b-\lfloor \frac{b}{a}\rfloor \times a)x_2+a{y}_2$$

因为只要求找到一组合法解，所以可以构造：

$$\{\begin{array}{l}{y}_1=x_2\\ x_1=y_2-\lfloor \frac{b}{a}\rfloor \times x_2\end{array}$$

所以，在辗转相除法求解 $gcd(a,b)$ 的时候，递归迭代 $x,y$ 即可得到一组构造解。

递归边界是 $gcd(0,a)$，此时 $0\times x+a\times y=gcd(0,a)=a$。

解得：$y=1,x\in \mathbb{Z}$，但是根据不同的 $x$ 的取值，迭代结果的值域也是不同的，可以证明当 $x=0$ 时，迭代结果的值的绝对值是不超过 $max(a,b)$ 的。

感性地理解，每次 $x_1=y_2-\lfloor \frac{b}{a}\rfloor \times x_2$ 累乘了 $\lfloor \frac{b}{a}\rfloor$，那么最终就会不超过 $max(a,b)$ 因为是一路乘上去的，$y_2-\lfloor \frac{b}{a}\rfloor \times x_2$ 不会使绝对值变大。

那么，$x=z\ne 0$，结果值域可以近似认为扩大了 $z$ 倍。

所以取 $x=0,y=1$ 反代即可。

上述过程只是求出了 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组特解。

void exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    int t;
    if (!b) {
        x = 1, y = 0;
    } else {
        exgcd(b, a % b, x, y);
        t = x;
        x = y;
        y = t - (a / b) * y;
    }
}

考虑通解：

因为 $x$ 确定时，$y$ 的解是唯一的，所以我们考虑 $x$ 的通解，$y$ 同理。

已知 $a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)$，令 $x=x^{\prime }+\delta \to a(x^{\prime }+\delta )+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)$

$\delta$ 合法，当且仅当 $y^{\prime }$ 有解，可得：$b{y}^{\prime }=gcd(a,b)-a(x^{\prime }+\delta )$，那么 $b\mid gcd(a,b)-a(x^{\prime }+\delta )$。

用 $a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }$ 替换 $gcd(a,b)$ 整理式子可得：$b\mid a\delta$。

所以 $\delta \mid \frac{\text{lcm}(a,b)}{a}\to \delta \mid \frac{b}{gcd(a,b)}$。

综上，原方程关于 $x$ 的通解为：$x\equiv x^{\prime }(\mathrm{mod}\frac{b}{gcd(a,b)})$。

$y$ 同理，可得 $y\equiv y^{\prime }(\mathrm{mod}\frac{a}{gcd(a,b)})$。

求解二元一次方程整数解

裴蜀引理：$ax+by=c$ 有整数解当且仅当 $gcd(a,b)\mid c$。

广义裴蜀引理：$\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=d$ 有整数解当且仅当 $gcd(a_1,\dots ,a_n)\mid d$

根据「裴蜀引理」，二元一次方程 $ax+by=c$ 若有解，则可以表示成：

$$ax+by=\frac{c}{gcd(a,b)}\times gcd(a,b)$$

使用 exgcd 求出 $ax+by=gcd(a,b)$ 的一组特解，乘以 $\frac{c}{gcd(a,b)}$ 得到 $ax+by=c$ 的一组特解：$x^{\prime },y^{\prime }$。

$a(x^{\prime }+d)+b(y^{\prime }-e)=c\Rightarrow ad=be\Rightarrow \frac{a}{gcd(a,b)}d=\frac{b}{gcd(a,b)}e\Rightarrow d=t\times \frac{b}{gcd(a,b)},e=t\times \frac{a}{gcd(a,b)}$

代入原方程，可得：

原方程的通解为：$\{\begin{array}{l}x=x^{\prime }+t\times {\displaystyle \frac{b}{gcd(a,b)}}\\ y=y^{\prime }-t\times {\displaystyle \frac{a}{gcd(a,b)}}\end{array}$

求解线性同余方程

对于线性同余方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}c)$，可以改写成 $ax+cy=b$ 的形式，看作二元一次方程求整数解即可。

int tyfc(int a, int b, int c) {
    b %= c;
    int x, y;
    if (b % gcd(a, c))
        return -1;
    exgcd(a, c, x, y);
    int g = gcd(a, c);
    x *= b / g;
    c /= g;
    x = (x % c + c) % c;
    return x;
}

欧拉定理

$$a^{\phi (b)}\equiv 1(\mathrm{mod}b),gcd(a,b)=1$$

费马小定理：$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p),p\in \mathbb{P}$。

费马小定理是欧拉定理在 $b\in \mathbb{P}$ 时的特殊情况。

扩展欧拉定理

$$a^b\equiv \{\begin{array}{ll}{a}^{bmod\phi (m)}& gcd(a,m)=1\\ a^b& gcd(a,m)\ne 1,b<\phi (m)\\ a^{(bmod\phi (m))+\phi (m)}& gcd(a,m)\ne 1,b\ge \phi (m)\end{array}(\mathrm{mod}m)$$

用于大指数取模。

欧拉降幂

求 $a^{a^{a^{{.}^{{.}^{.}}}}}modm$，反复使用 exeuler，对指数不断$\mathrm{mod}\phi (m)$。

结论是一个数自取 $O(\log n)$ 次 $\phi (n)$ 就会降到 $1$。

简单证明：

• $\phi (x),x\ne 2$ 是偶数
• $\phi (x)\le \frac{x}{2},xmod2=0$

所以至少是两次缩小一半规模。

卢卡斯定理

对于质模数 $p$，有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}\equiv {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor })}\times {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}(\mathrm{mod}p)$，规定 $n<m,{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}=0$。

Lucas 定理揭示了，组合数 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$ 对质数取模的结果等价于其 $n,m$ 在 $p$ 进制意义下每一位的 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_i}{m_i})}modp$ 之积。

即：$\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n_i}{m_i})}modp$。

对于 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{y})},x,y<p$，预处理阶乘及其逆元，即可 $O(1)$ 询问。

所以时间复杂度：$O({\log }_{p}n+p)$。

int C(int x, int y, int mod) {
    auto calc = [](int x, int y, int mod) -> int {
        if (x < y)
            return 0;
        if (x == 0 || y == 0)
            return 1;
        return fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
    };
    int res = 1;
    while (x && y) {
        int X = x % mod, Y = y % mod;
        res = res * calc(X, Y, mod) % mod;
        x /= mod;
        y /= mod;
    }
    return res;
}

扩展卢卡斯定理

若模数不为质数，令 $m=\prod _{i=1}^s{p}_i^{a_i}$。

根据 crt，等价于求解 $\{\begin{array}{ll}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}\equiv r_1& (\mathrm{mod}{p}_1^{a_1})\\ {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}\equiv r_2& (\mathrm{mod}{p}_2^{a_2})\\ & ⋮\\ {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}\equiv r_s& (\mathrm{mod}{p}_s^{a_s})\end{array}$。

考虑求解 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}mod{p}^a$：

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}={\displaystyle \frac{n!}{k!(n-k)!}}$$

令 $v_p(n)$ 表示 $n$ 的质因数分解中质因子 $p$ 的指数，$w_p(n)$ 表示 $n$ 除尽 $p$ 后的值。

则原式可以写成 $p^{v_p(n!)-v_p(k!)-v_p((n-k)!)}\times {\displaystyle \frac{w_p(n!)}{w_p(k!)w_p((n-k)!)}}$。

此时，问题转换成求 $v_p(n)mod{p}^a$ 和 $w_p(n)mod{p}^a$。

所以 exlucas 本质是解决了阶乘对质数幂取模的问题。

Wilson 定理：$(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p),p\in \mathbb{P}$。

推广：$\prod _{1\le i\le m,i\perp m}i\equiv \pm 1(\mathrm{mod}m)$。

推论：$\prod _{1\le i\le p^a,i\perp p^a}i\equiv \{\begin{array}{ll}1& p=2\wedge a\ge 2\\ -1& \text{otherwise}\end{array}(\mathrm{mod}m)$

对于 $p$：

$w_p(n!)\equiv (-1{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\times (nmodp)!\times w_p(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor !)(\mathrm{mod}p)$

可以发现，实际上 lucas 就是模数为 $p$ 的特殊情况。

对于 $p^a$：

$w_p(n!)\equiv (-1{)}^{\lfloor \frac{n}{p^a}\rfloor }\times \prod _{1\le i\le (nmod{p}^a),i\perp p^a}i\times w_p(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor !)(\mathrm{mod}{p}^a)$

预处理 $\prod _{1\le i\le (nmod{p}^a),i\perp p^a}i$，递归求解，容易得到时间复杂度：预处理 $O(p^a)$，单次询问 $O({\log }_{p}n)$。

int phi(int x, int y) { return x * (y - 1) / y; }
int nn, a[N], b[N];
int mod[N], mem[N];
int intchina() {
    int i, prod = 1, s = 0;
    for (i = 1; i <= nn; i++)
        prod *= a[i];
    for (i = 1; i <= nn; i++) {
        int t = qz(prod / a[i], phi(a[i], mod[i]) - 1, a[i]);
        s = (s + b[i] * (prod / a[i]) * t) % prod;
    }
    return s;
}
int n, m, p;

void init(int p, int mod) {
    int i;
    mem[0] = 1;
    for (i = 1; i <= mod; i++) {
        mem[i] = mem[i - 1];
        if (i % p)
            mem[i] = mem[i] * i % mod;
    }
}
int l(int x, int p) {
    int res = p, ans = 0;
    while (res <= x) {
        ans += x / res;
        res *= p;
    }
    return ans;
}
int g(int x, int mod) {
    if (x <= mod)
        return mem[x];
    if ((x / mod) % 2 == 0)
        return g(x % mod, mod) % mod;
    return (-g(x % mod, mod) % mod + mod) % mod;
}
int f(int x, int p, int mod) {
    if (x <= 1)
        return 1;
    return f(x / p, p, mod) * g(x, mod) % mod;
}
int C(int n, int m, int p) {
    for (int i = 2; i <= p / i; i++) {
        int res = 1;
        while (p % i == 0) {
            res *= i;
            p /= i;
        }
        if (res > 1) {
            a[++nn] = res;
            mod[nn] = i;
        }
    }
    if (p > 1) {
        a[++nn] = p;
        mod[nn] = p;
    }
    for (int i = 1; i <= nn; i++) {
        int base = l(n, mod[i]) - l(m, mod[i]) - l(n - m, mod[i]);
        int aa = qz(mod[i], base, a[i]);
        int res1, res2;
        init(mod[i], a[i]);
        res1 = f(n, mod[i], a[i]),
        res2 = f(m, mod[i], a[i]) * f(n - m, mod[i], a[i]) % a[i];
        aa = aa * res1 % a[i];
        aa = aa * qz(res2, (a[i] - a[i] / mod[i]) - 1, a[i]);
        b[i] = aa;
    }
    return intchina();
}

BSGS

bsgs 用于求解指数同余方程，即：

$$a^x\equiv b(\mathrm{mod}c),gcd(a,c)=1$$

其基本原理是任意一个 $[0,n]$ 的整数都可以表示成 $ak+b$，其中 $a\in [0,\lfloor \frac{n-1}{k}\rfloor ],b\in [0,k)$。

枚举 $a$，$b$ 的待选项只有 $k$ 个，预处理 $b$，那么求解的时间复杂度即为 $O(\lfloor \frac{n-1}{k}\rfloor +k)$，$k=\sqrt{n}$ 时，取到近似最优解，时间复杂度：$O(\sqrt{n})$。

具体到原问题中，首先确定 $n$，根据鸽巢原理，易得 $\mathrm{\exists }x<c,a^x\equiv a^c(\mathrm{mod}c)$，所以，若 $a^x\equiv b(\mathrm{mod}c)$ 在 $[0,c)$ 中无解，那么就无解。

$a^{A\sqrt{c}+B}\equiv b(\mathrm{mod}c)\to a^{A\sqrt{c}}\times a^B\equiv b(\mathrm{mod}c)$。

当 $gcd(a,c)=1$，即 $a^{A\sqrt{c}}modc$ 存在逆元时，$a^B\equiv (a^{A\sqrt{c}}{)}^{-1}\times b(\mathrm{mod}c)$。

预处理 $a^0,...,a^{\sqrt{n}-1}$，查询求解 $B$ 即可。

所以可以发现，bsgs 建立在 $gcd(a,m)=1$ 的前提上。

有求逆元和 map 询问的存在，时间复杂度：$O(\sqrt{n}\log n)$。

小优化：

考虑将 $a^{A\sqrt{c}+B}$ 写成 $a^{A\sqrt{c}+\sqrt{c}-B^{\prime }}$ 的形式，那么可以将原式写成 $a^{A\sqrt{c}-B^{\prime }}\equiv b(\mathrm{mod}c)\to a^{A\sqrt{c}}\equiv b\times a^{B^{\prime }}(\mathrm{mod}c),A\in [1,\lfloor \frac{n-1}{k}\rfloor +1]$。

预处理 $b\times a^{B^{\prime }}$，若将 hashmap 的时间复杂度视作 $O(1)$，则时间复杂度为：$O(\sqrt{n})$。

省去了求逆元的时间复杂度。（但是上式仍建立在逆元存在的基础上）

或者实际上本质上是求 $O(\sqrt{n})$ 个元素的逆元，朴素也可以做到 $O(\sqrt{n}+\log n)$ 求解。

struct BSGS {
    unordered_map<int, int> mp;
    int bsgs(int a, int b, int p) {
        if (b == 1)
            return 0;
        b %= p;
        int sqt = ceil(sqrt(p));
        int A = b;
        mp.clear();
        for (int i = 0; i < sqt; i++) {
            mp[A] = i;
            A = A * a % p;
        }
        int base = qz(a, sqt, p);
        A = 1;
        for (int i = 1; i <= sqt; i++) {
            A = A * base % p;
            if (mp.count(A))
                return i * sqt - mp[A];
        }
        return -1;
    }
};

扩展 BSGS

用于求解：

$$a^x\equiv b(\mathrm{mod}c),gcd(a,c)\ne 1$$

因为 $gcd(a,c)\ne 1$ 逆元不存在，不能使用 bsgs 求解。

若 $gcd(a,c)\ne 1$，根据 exgcd 原同余方程可以写作 $\frac{a}{gcd(a,c)}\times a^{x-1}\equiv \frac{b}{gcd(a,c)}(\mathrm{mod}\frac{c}{gcd(a,c)})$，其中 $gcd(\frac{a}{gcd(a,c)},\frac{c}{gcd(a,c)})=1$，所以逆元存在，可以将问题转换成 $a^{x-1}\equiv b^{\prime }(\mathrm{mod}{c}^{\prime })$ 的子问题，依次类推，直到 $gcd(a,c^{\prime })=1$ 为止。

此时，原式为：$\frac{a^y}{A}\times a^{x-y}\equiv \frac{b}{A}(\mathrm{mod}\frac{c}{A})$。

采用 bsgs 求解后，$x+y$ 即为原同余方程的解，注意此时解的范围是 $[y,+\infty )$，所以要特殊判断 $[0,y)$ 是否存在解。

时间复杂度：$O(\sqrt{n}+\log n)$ 与 bsgs 相同。

struct ExBSGS {
    int exbsgs(int a, int b, int c) {
        int sqt, base, i, A = 1;
        hashmap.clear();
        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            if (A % c == b)
                return i;
            A = (A * a) % c;
        }
        int d = 1, cnt = 0;
        while (gcd(a, c) != 1) {
            int g = gcd(a, c);
            if (b % g != 0)
                return -1;
            b /= g;
            c /= g;
            d = (d * a / g) % c;
            cnt++;
        }
        sqt = ceil(sqrt(c));
        A = b;
        for (int i = 0; i < sqt; i++) {
            hashmap[A] = i;
            A = A * a % c;
        }
        base = qz(a, sqt, c);
        A = d * base % c;
        for (int i = 1; i <= sqt; i++) {
            if (hashmap.find(A))
                return i * sqt - hashmap[A] + cnt;
            A = A * base % c;
        }
        return -1;
    }
    int calc(int b, int n, int p) {
        b %= p, n %= p;
        if (n == 1 || p == 1)
            return 0;
        if (b == 0 && n != 0)
            return -1;
        return exbsgs(b, n, p);
    }
};

离散对数

对于模数 $c$，若 $c$ 存在原根，设 $g$ 表示 $c$ 的原根，那么对于 $g^x\equiv b(\mathrm{mod}c)$，$x\in [0,p)$ 和 $b\in [0,p)$ 不重不漏一一对应，将 $g^x\equiv b(\mathrm{mod}c)$ 的解 $x$ 称作 $g$ 关于 $b$ 模 $c$ 的指标，也就是离散对数。

记作 $x={\text{ind}}_{g}b$，形如对数形式。

所以求解底数是原根时的特殊指数同余方程，可以使用 bsgs 解决。

模数为质数的 N 次剩余

对于 $x^a\equiv b(\mathrm{mod}p),p\in \mathbb{P}$。

$p$ 存在原根 $g$，设 $x=g^c$，原式可以写成 $(g^c{)}^a\equiv b(\mathrm{mod}p)\to (g^a{)}^c\equiv b(\mathrm{mod}p)$，其中 $g^a$ 是常数，那么等价于求解一个离散对数问题，且 $gcd(g^a,p)=1$，使用 bsgs/exbsgs 求解即可。

一般意义下的 N 次剩余

对于模数非质数的 N 次剩余，利用中国剩余定理，将模数写成 $m=\prod p_i^{a_i}$ 的形式，对于 $p_i\ne 2$ 的 $p_i^{a_i}$ 存在原根，使用 bsgs/exbsgs 求解后使用中国剩余定理合并即可。

特别地，$2^x,x>1$ 不存在原根，不能使用 bsgs/exbsgs 求解 N 次剩余，需要使用其它算法求解。

中国剩余定理

用于求解线性同余方程组 $\{\begin{array}{l}x\equiv r_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv r_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ ⋮\\ x\equiv r_k(\mathrm{mod}{m}_k)\end{array}$，其中 $m_i$ 两两互质。

令 $M=\prod _{i=1}^k{m}_i,\frac{M}{m_i}\times {\frac{M}{m_i}}^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}{m}_i),c_i=\frac{M}{m_i}\times (\frac{M}{m_i}{)}^{-1}modM$。

则原同余方程组的解为 $x\equiv \sum _{i=1}^k{r}_i\times c_i(\mathrm{mod}M)$。

可以证明，线性同余方程组在模意义下解唯一，所以上述解即为原方程组的唯一解。

时间复杂度：$O(k\log n)$。

注：若不保证模数为质数，仅保证两两互质，那么可以使用欧拉定理预处理欧拉函数求逆元。或直接使用 exgcd 求解逆元。

struct CRT {
    int intchina(vector<int> &r, vector<int> &mod, int n) {
        int M = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            M *= mod[i];
        int ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (mod[i] == 1)
                continue;
            int now = M / mod[i];
            int inv = qz(now % mod[i], phi[mod[i]] - 1, mod[i]);
            ans = (ans + r[i] * now * inv) % M;
        }
        return ans;
    }
};

garner 算法

若 $a$ 满足如下线性方程组，且 $a<\prod _{i=1}^k{p}_i$

$$\{\begin{array}{l}a\equiv a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ a\equiv a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ ⋮\\ a\equiv a_k(\mathrm{mod}{p}_k)\end{array}$$

我们可以用以下形式的式子（称作 $a$ 的混合基数表示）表示 $a$：

$$a=x_1+x_2{p}_1+x_3{p}_1{p}_2+...+x_k{p}_1...p_{k-1}$$

garner 算法用来计算系数 $x_1,...,x_k$。

令 $r_{i,j}$ 为 $p_i$ 在模 $p_j$ 意义下的逆：

$$p_i\times r_{i,j}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}_j)$$

把 $a$ 代入我们得到的第一个方程：

$$a_1\equiv x_1(\mathrm{mod}{p}_1)$$

代入第二个方程得出：

$$a_2\equiv x_1+x_2{p}_1(\mathrm{mod}{p}_2)$$

方程两边减 $x_1$，除 $p_1$ 后得：

$$a_x-x_1\equiv x_2{p}_1(\mathrm{mod}{p}_2)$$$$(a_2-x_1)r_{1,2}\equiv x_2(\mathrm{mod}{p}_2)$$$$x_2\equiv (a_2-x_1)r_{1,2}(\mathrm{mod}{p}_2)$$

类似地，我们可以得到：

$$x_k=(...((a_k-x_1)r_{1,k}-x_2)r_{2,k}-\dots )r_{k-1,k}mod{p}_k$$

时间复杂度：$O(k^2\log p)$。

三模数 NTT 实现的任意模数 NTT 就是这个原理。

int Garner(vector<int> &r, vector<int> &mod, int n) {
    vector<int> x(n + 1);
    vector<vector<int>> iv(n + 1, vector<int>(n + 1));
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
            iv[i][j] = qz(mod[i], mod[j] - 2, mod[j]);
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        x[i] = r[i];
        for (int j = 1; j < i; j++) {
            x[i] = iv[j][i] * (x[i] - x[j]) % mod[i];
            if (x[i] < 0)
                x[i] += mod[i];
        }
    }
    int res = x[1];
    int now = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        now = now * mod[i - 1];
        res += now * x[i];
    }
    return res;
}

扩展中国剩余定理

用于求解线性同余方程组 $\{\begin{array}{l}x\equiv r_1(\mathrm{mod}{m}_1)\\ x\equiv r_2(\mathrm{mod}{m}_2)\\ ⋮\\ x\equiv r_k(\mathrm{mod}{m}_k)\end{array}$，其中 $m_i$ 不一定满足两两互质。

对于两个同余方程 $x\equiv r_1(\mathrm{mod}{m}_1),x\equiv r_2(\mathrm{mod}{m}_2)$。

写成二元一次方程的形式：

$$x+b_1{m}_1=r_1,x+b_2{m}_2=r_2\to r_1-b_1{m}_1=r_2-b_2{m}_2$$

$b_1,b_2$ 需要求解，$r_1,r_2,m_1,m_2$ 均为常数，所以原式可以写成 $m_1{b}_1-m_2{b}_2=r_1-r_2$ 的二元一次方程。

使用 exgcd 求解即可。

注意会出现 $gcd(m_1,m_2)\nmid (r_1-r_2)$ 时无解的情况。

将解出的 $b_1$ 或 $b_2$ 代回原式，可得：

$$x^{\prime }=r_1-b_1{m}_1\equiv r_1(\mathrm{mod}{m}_1)\equiv r_2(\mathrm{mod}{m}_2)\to x\equiv x^{\prime }(\mathrm{mod}\text{lcm}(m_1,m_2))$$

至此，成功将两个同余方程合并成了一个同余方程。

依次类推，合并 $k-1$ 次，即可得到最后的同余式。

实际上此处 crt 和 excrt 讨论的都是 $x$ 系数为 $1$ 的同余式，其在模意义下已经是确定的常数了。

对于一般的同余方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}c)$，可以使用 exgcd 先求出 $x$ 的同余式通解，再使用上述规则求解即可。

时间复杂度：$O(k\log n)$。

int eyyc(int a, int b, int c) {
    int g = gcd(a, b);
    if (c % g)
        return -1;
    int x, y;
    exgcd(a, b, x, y);
    x *= c / g;
    b /= g;
    x = (x % b + b) % b;
    return x;
}
struct ExCRT {
    int intchina(vector<int> &r, vector<int> &mod, int n) {
        int R = r[1], M = mod[1];
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            int x = eyyc(M, mod[i], R - r[i]); // b 取正值，保证求解得到的一定是非负值
            if (x == -1)
                return -1;
            R -= x * M;
            M = lcm(M, mod[i]);
            R %= M;
        }
        if (R < 0)
            R += M;
        return R;
    }
};

同余最短路：

同余最短路用于求解模意义下从 $x$ 到 $y$ 的最短路。

例如给定 $a$，求 $\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i,x_i\ge 0$ 能表示的最小非负整数。

若选中任一 $a_i$，则最终的数都可以通过剩下的 $n-1$ 个数和调整 $a_i$ 的系数得到。

即可以关于 $a_i$ 划分成 $a_i$ 的同余类。

在每个同余类中求出最小的可以表示的数，即可求出最小的可以表示的数。

在模意义下，多一个 $a_j$ 相当于在 $x$ 和 $(x+a_j)mod{a}_i$ 之间建了一条权值为 $a_j$ 的边，从 $0$ 出发到 $x\in [0,a_i)$ 的最短路即为同余类中能表示的最小值。

转圈法求解同余最短路问题：

本质是：$xa\equiv c(\mathrm{mod}m),gcd(a,m)\mid c$。

所以对于不同的 $x$ 可以划分成 $gcd(a,m)$ 和同余类，在每个同余类内部正向转移跑完全背包，因为是模意义下，所以要跑两轮。

转移 $dp(x)+a\to dp((x+a)modm)$。从 $x$ 开始走 $k=\frac{m}{gcd(a,m)}$ 步可以更新完 $x$ 能更新的点，那么从 $i$ 开始走 $2k$ 步，也就是“多走一圈”，就相当于从 $i$ 所在的剩余类中的每个点都走了 $k$ 步，也就可以更新完这个剩余类中的每个点。

时间复杂度：$O(nm)$。