HDU1788Chinese remainder theorem again(中國剩餘定理 簡單)

bigbigship發表於2014-07-01
REMAI
Problem Description
我知道部分同學最近在看中國剩餘定理，就這個定理本身，還是比較簡單的：
假設m1,m2,…,mk兩兩互素，則下面同餘方程組：
x≡a1(mod m1)
x≡a2(mod m2)
…
x≡ak(mod mk)
在0<=<m1m2…mk內有唯一解。
記Mi=M/mi(1<=i<=k),因為（Mi,mi）=1,故有二個整數pi,qi滿足Mipi+miqi=1,如果記ei=Mi/pi,那麼會有：
ei≡0(mod mj),j!=i
ei≡1(mod mj),j=i
很顯然，e1a1+e2a2+…+ekak就是方程組的一個解，這個解加減M的整數倍後就可以得到最小非負整數解。
這就是中國剩餘定理及其求解過程。
現在有一個問題是這樣的：
一個正整數N除以M1餘(M1 - a)，除以M2餘(M2-a), 除以M3餘(M3-a),總之， 除以MI餘(MI-a),其中（a<Mi<100 i=1,2,…I）,求滿足條件的最小的數。 
 

Input
輸入資料包含多組測試例項，每個例項的第一行是兩個整數I(1<I<10)和a,其中，I表示M的個數，a的含義如上所述，緊接著的一行是I個整數M1,M1...MI，I=0 並且a=0結束輸入，不處理。
 

Output
對於每個測試例項，請在一行內輸出滿足條件的最小的數。每個例項的輸出佔一行。
 

Sample Input
2 1
2 3
0 0





 



Sample Output




5
題目的意思 就是給定k,a
然後再給定 k個數
求最小的N  使得  N%mi =mi -a;
根據同餘的性質 我們可以 化簡為 
N%mi+a=mi   N+a=0(mod mi)
這樣題目就簡單了  就是求k個數的最小公倍數
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL gcd(LL a,LL b)
{
    if(b)
        return gcd(b,a%b);
    return a;
}
LL lcm(LL a,LL b)
{
    return a/gcd(a,b)*b;
}
int main()
{
    int k,a;
    while(cin>>k>>a,k,a){
        LL ans=1,x;
        for(int i=0;i<k;i++){
            cin>>x;
            ans=lcm(ans,x);
        }
        cout<<ans-a<<endl;
    }
    return 0;
}





            




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