先说一个故事 
说秦末，刘邦的将军韩信带领1500名士兵经历了一场战斗，战死四百余人。韩信为了清点人数让士兵站成三人一排，多出来两人；站成五人一排，多出来四人；站成七人一排，多出来六人。韩信立刻就知道了剩余人数为1049人。

---

这就是著名的韩信点兵的故事，化成数学模型就是： 
韩信是为了计算的是士兵的人数，那么我们设这个人数为x。三人成排，五人成排，七人成排，即x mod 3, x mod 5, x mod 7。也就是说我们可以列出一组方程： 
x mod 3 = 2 
x mod 5 = 4 
x mod 7 = 6 将这个方程组推广到一般形式：给定了n组除数m[i]和余数r[i]，通过这n组(m[i],r[i])求解一个x，使得x mod m[i] = r[i] 
这就是模线性方程组

---

一开始就直接求解多个方程不是太容易，我们从n=2开始递推： 
已知： x mod m[1] = r[1] x mod m[2] = r[2] 根据这两个式子，我们存在两个整数k[1],k[2]： x = m[1] * k[1] + r[1] x = m[2] * k[2] + r[2] 由于两个值相等，因此我们有： m[1] * k[1] + r[1] = m[2] * k[2] + r[2] => m[1] * k[1] - m[2] * k[2] = r[2] - r[1] 由于m[1],m[2],r[1],r[2]都是常数，若令A=m[1],B=m[2],C=r[2]-r[1],x=k[1],y=k[2]，则上式变为：Ax + By = C。 
这就转换成扩展欧几里得算法。 1.可以先通过gcd(m[1], m[2])能否整除r[2]-r[1]来判定是否存在解。 
2.假设存在解，则我们通过扩展欧几里德求解出k[1],k[2]。 
3.再把k[1]代入x = m[1] * k[1] + r[1]，就可以求解出x。 
4.同时我们将这个x作为特解，可以扩展出一个解系： 
X = x + k*lcm(m[1], m[2]) k为整数 
lcm(a,b)表示a和b的最小公倍数。其求解公式为lcm(a,b)=a*b/gcd(a,b)。 
将其改变形式为： 
X mod lcm(m[1], m[2]) = x。 
令M = lcm(m[1], m[2]), R = x，则有新的模方程X mod M = R。 
此时，可以发现我们将x mod m[1] = r[1]，x mod m[2] = r[2]合并为了一个式子X mod lcm(m[1], m[2]) = x。满足后者的X一定满足前两个式子。 
每两个式子都可以通过该方法化简为一个式子。那么我们只要重复进行这个操作，就可以将n个方程组化简为一个方程，并且求出一个最后的解了。 
最后代码就是 #include #include #define N 1010 #define ll long long int using namespace std; ll m[N], r[N]; int n; ll x, y; ll gcd(ll a, ll b){ if (a%b==0) return b; return gcd(b, a%b); } ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(b==0){ x=1; y=0; return a; } int u=exgcd(b,a%b,x,y); int temp=x; x=y; y=temp-(a/b)*y; return u; } ll solve(){ ll M= m[0], R = r[0]; ll x,y; for (int i = 1; i < n; i++){ ll d = gcd(M, m[i]); ll c = r[i] - R; if (c%d != 0){ return -1; } exgcd(M/d, m[i]/d,x,y); // 扩展欧几里德计算 x= (c/d*x)%(m[i]/d); // 扩展解系 R = R+x*M; M= M/d*m[i]; // 求解lcm(M, m[i]) R%= M; // 求解合并后的新R，同时让R最小 } if (R < 0){ R += M; } return R; } int main() { int i, j, k; scanf("%d", &n); for (i = 0; i < n; i++){ scanf("%d %d", &m[i], &r[i]); } int end=solve(); printf("%d ",end); return 0; }