整除的性质：

1.传递性：若(a|b,b|c)，则(a|c)
2.(a|b,a|c)等价于对于任意的整数(x,y)，有(a|(bx+cy))
3.设(m≠0)，则(a|b)等价于(ma|mb)
4.设整数(x,y)满足(ax+by=1,a|n,b|,n)，则((ab)|n)
5.若(b=q*d+c)，则(d|b)的充要条件是(d|c)

---

同余的性质：

1.同加性：若(aequiv b(mod p))，则(a+cequiv b+c(mod p))
2.同减性：若(aequiv b(mod p))，则(a-cequiv b-c(mod p))
3.同乘性：若(aequiv b(mod p))，则(a imes cequiv b imes c(mod p))
4.同除性：若(aequiv b(mod p),c|a,c|b,(c,p)=1)，则(a/cequiv b/c(mod p))
5.同幂性：若(aequiv b(mod p),c>0)，则(a^cequiv b^c(mod p))
6.若(a\% p=x,a\% q=x,(p,q)=1)，则(a\% (p*q)=x)

---

数论常识：

1.若2能整除a的最末位，则(2|a)
2.若4能整除a的末两位，则(4|a)
3.若8能整除a的末三位，则(8|a)
4.若3能整除a的各位数字之和，则(3|a)
5.若9能整除a的各位数字之和，则(9|a)
6.若11能整除a的偶数位数字之和与奇数位数字之和的差，则(11|a)
7.能被(7,11,13)整除的数的特征是：这个数的末三位与末三位以前的数字所组成数之差能被(7,11,13)整除

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模运算

1.分配率

((a+b)\% c=(a\% c+b\% c)\% c)( )(a-b)% c=(a% c-b% c)% c$$
((a imes b)\% c=(a\% c imes b\% c)\% c)( )(a^b)% c=(a% c)^b% c$$

2.放缩性

如果(a\% b=c,d≠0)，则有((a imes d)\%(b imes d)=c imes d)
如果(a\%b=c,d|a,d|b)，则((a/d)\%(b/d)=(c/d))

根据放缩性，则除法取余有式子↓
(a/b\%c=a\%(b imes c)/b)

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埃式筛法

先把(n)以内的(2)的倍数(不包含(2))全部删除，再把(n)以内的(3)的倍数(不包含(3))全部删除，......，
这样做下去，最后剩下的以内的数全为质数
这里的删除其实不是真的删除，只是打上一个删除标记而已
每个数都会被它的质因子打一次标记，而一个数的不同的质因子个数不超过(logN)
所以时间复杂度为(O(NlogN))

void getprime( int n ) {
	for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
		if( flag[i] ) continue;
		prime[++ cnt] = i;
		for( int j = i;j <= n / i;j ++ )
			flag[j * i] = 1;
	}
}

---

欧拉筛法

在上述的埃氏筛法中，一个数可能被它的各个质因子都筛了一遍
而一个数的质因子种类数是不会超过(logN)的,所以时间复杂度为(O(NlogN))
而欧式筛法保证每个数只被它的最小质因子筛一遍，这样，时间复杂度便降成了(O(N))

---

有一个质数集合(S)，一开始，质数集合为空
同时有一个(bool)数组(flag)，表示删除标记

有两层循环：
外层循环从(2)开始枚举倍数，设当前枚举的量为(a)
如果(a)是质数，则将(a)加入质数集合
内层循环枚举质数集合中的元素，将数组中它们的(a)倍全部打上删除标记
显然，未打删除标记的数都是质数了（(flag)数组中下标小于(2)的元素是无效的，不用考虑）

但现在的时间复杂度仍然是(O(NlogN))的，接下来，要用一个优化来完成(O(N))的蜕变

设当前倍数为(a)，在内层循环中，设当前枚举到集合(S)中的第(i)个质数(p_i)
先将(i*p_i)打上标记
如发现(i)是(p_i)的倍数时
此时后续的质数就无需再枚举了，可以提前退出内层循环
外层循环处理下一轮，即(a++)

---

为什么满足这种条件就可以提前(break)呢？

设后续的质数为(p_i')，而(p_i'>p_i)
因为(a)是(p_i)的倍数，那么(a imes p_i')也是(p_i)的倍数
设(a imes p_i'=b imes p_i)
(∵p_i'>p_i)
(∴b>a)
我们希望每个数被它的最小质因子给删掉
所以(a imes p_i')应该被(p_i)删掉（就要求(a imes p_i'/p_i)尽量大）
所以后续所有的质数就都留给倍数(a)增长到(b)再去处理了

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void sieve( int n ) {
	for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
		if( ! flag[i] ) prime[++ cnt] = i;
		for( int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;j ++ ) {
			flag[i * prime[j]] = 1;
			if( i % prime[j] == 0 ) break;
		}
	}
}

---

最大公约数和最小公倍数

[gcd(a,b) imes lcm(a,b)=a*b ]

证明：
将(a,b)进行质因子分解，设(a,b)的质因子集合并集为(p_1,p_2,p_3...p_k)

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辗转相除法

[gcd(a,b)equiv gcd(b,a\%b) ]

证明：
设(d=gcd(a,b),a=x*d,b=y*d)
根据模运算的放缩性有：(a\%b=(x*d)\%(y*d)=(x\%y)*d)
(∵(x,y)=1)
(∴(y,x\%y)=1)

int gcd( int x, int y ) {
	if( ! y ) return x;
	else return gcd( y, x % y );
}

---

更相减损术

若约分(frac{a}{b})
如(a,b)均为偶，可先将(a,b)折半，即(/2)
否则，将(a,b)交替的减去对方
直到最后两数相等，此时的数乘上先前除掉的(2)即为原来(a,b)的最大公约数

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裴蜀定理

如果(a,b)的最大公约数为(d)，且(d|c)，则存在整数(x,y)，使得(ax+by=c)

证明：
转化证明存在(x,y)使得(ax+by=d)
假设存在这样一对(x,y)，那么只需将其进行倍数放缩即可
(∵(a,b)=d)
(∴)设(a'=a/d,b'=b/d)
则有(a'x+b'y=1,(a',b')=1)
证明转化为 求一对(x,y)，使得(a'x+b'y=1)，且满足((a',b')=1)
即求证(a'x\%b'=1)（感性理解：若干倍的(a')减去若干倍的(b')等于(1)）

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引理一

如果(a,b)为正整数，且(a,b)互质，则不存在小于(b)的正整数(k)，使得(0equiv k*a(mod b))

证明：
用反证法即可，假设存在这样的一个(k)使得该式成立
则需满足(k)或者(a)能整除(b)
(∵(a,b)=1)
(∴a)不可能整除(b)
(∵0<k<b)
(∴k)亦不可能整除(b)

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推论

如果(a,b)为正整数，且(a,b)互质，则(0,a,a*2,a*3...(b-1)*a)这些数取模(b)，余数互不相等

证明：
反证法
设存在(0<i<j<b)，使得(a*iequiv a*j(mod b))
则有((i-j)*aequiv 0(mod b))
同理引理一，(i-j,a)都不可能整除(b)，故与假设矛盾，不成立

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引理二

如果((a,b)=1)，则必存在一个整数(k)，满足(k*a\% b=1)

证明：

根据上面推论易知，这些数取模(b)的值只会在区间([0,b-1])（(k=0)时取模余数为(0)）
而且各不相同，其中一定存在取模后的余数为(1)的值

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根据引理二可知， 如果((a,b)=1)，则必存在一个整数(k)，满足(k*a\% b=1)
即(k*a-p*b=1)，裴蜀定理得证

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威尔逊定理

((p-1)!equiv -1(mod p))，当且仅当(p)为质数

证明：

先证充分性——>(p)为质数，有((p-1)!equiv p-1(mod p))
假设(0<i<p)，根据上面的裴蜀定理，可得((i,p)=1)，且必存在一个整数(j(0<j<p))
使得(i imes j\%p=1)，即(j)是(i)的逆元，由此可见逆元具有唯一性，相互性
所以在([1,p-1])中逆元是一对一对的
然而……
也有可能存在(i)的逆元是本身的，那么此时的(i)就要满足以下条件
(i^2\%p=1 ——>(i+1)(i-1)\%p=0)
(∴i+1=0)或(p)，(i-1=0)或(p)
(∵0<i<p)
(∴i+1=p,i-1=0)
即(i=p-1,1)
每一对逆元取模(p)都为(1)，需要证明的原式变成(1*p-1equiv p-1(mod p))
显然成立，证毕

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再证必要性——>((p-1)!equiv p-1(mod p))，当该式成立时，(p)一定为质数
反证法，即证明(p)不为质数时，该式不成立
如(p)不为质数，则([2,p-1])中一定有(p)的因子，设为(i)，则(i,p/i)均为(p)的因子
1.若(i≠p/i)，则(1 imes 2 imes 3 imes ... imes (p-1))一定是(p)的倍数，取模(p)为(0)
2.若(i=p/i)，则(1 imes 2 imes 3 imes ... imes (p-1))一定是(i)的倍数，模(p)必为(i)的倍数
又因为(p)是(i)的倍数，且(i>1)，所以(p-1)不可能是(i)的倍数，所以((p-1)!equiv-1(mod p))

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费马定理

如果(p)为质数，且(a\%p≠0)，则有(a^{p-1}\%p=1)

证明：

即取模后的值互不相等，且(∈[1,p-1])

同余等价类、剩余系、缩系

对于一个正整数(p)，所有非负整数模(p)的结果，只有(p)种可能，即({0,1,2,...,p-1})
模(p)的剩余系指的是({0,1,2,...,p-1})，即小于(p)的所有非负整数，这个集合中包含了所有模(p)的余数
模(p)的剩余系记为(Z_p)
剩余系中，每一个元素代表的是一类数
比如在剩余系(Z_p)中，(0)表示的是所有模(p)为(0)的数，即({0,p,2p,3p...})
(1)表示的是所有模(p)为(1)的数，即({1,p+1,2p+1,3p+1...})
这些模(p)余数相同的数，称为同余等价类
可以发现，在模意义下，所有的非负整数可以被分为若干同余等价类
如果我们只考虑剩余系中与模数p互质的数，便得到一个子集，称为模p的缩系，记为(Z_p^*)
如p为6，则(Z_p^*={1,5})
缩系又称为简化剩余系

欧拉函数

欧拉函数即为缩系的大小

(phi(1)=1)
1.如果(n)为质数，则$$phi(n)=n-1$$
2.如果(n=a^p)，且(a)为质数，则$$phi(n)=a^p-a{p-1}=a^p(1-frac{1}{a})$$
3.令(n=a_1^{p_1}a_2^{p_2}...a_k^{p_k})，根据积性函数性质

[phi(n)=phi(a_1^{p_1})phi(a_2^{p_2})...phi(a_k^{p_k}) ]

[=a_1^{p_1}(1-frac{1}{a_1})*a_2^{p_2}(1-frac{1}{a_2})...a_k^{p_k}(1-frac{1}{a_k}) ]

[=n*(1-frac{1}{a_1})*(1-frac{1}{a_2})*...*(1-frac{1}{a_k}) ]

//求单个phi(n)
int getphi( int x ) {
	int ans = x;
	for( int i = 2;i * i <= x;i ++ ) {
		if( x % i == 0 ) {
			ans = ans / i * ( i - 1 );
			while( x % i == 0 ) x /= i;
		}
	}
	if( x > 1 ) ans = ans / x * ( x - 1 );
	return ans;
}

//求多个phi(n)
void getphi( int n ) {
	for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {
		if( ! phi[i] ) {
			phi[i] = i - 1;
			for( int j = i << 1;j <= n;j += i ) {
				if( ! phi[j] ) phi[j] = j;
				phi[j] = phi[j] / i * ( i - 1 );
			}
		}
	}
}

---

欧拉定理

如果((a,p)=1)，则(a^{phi(p)}equiv1(mod p))

证明：
设(p)的简化剩余系为({p_1,p_2,p_3,...,p_k})
(∵(a,p)=1)
(∴{a*p_1,a*p_2,...,a*p_k})也构成了(p)的简化剩余系
（证明可参考裴蜀定理中的推论反证法）
(∴(a*p_1)*(a*p_2)*...*(a*p_k)equiv p_1*p_2*...*p_k(mod p))
(∴a^{phi(p)}equiv 1(mod p))

---

扩展欧拉定理

若(a,m)为正整数，当(r>phi(m))时，有(a^requiv a^{r\%phi(m)+phi(m)})

证明：
分类讨论
1.如果((a,m)=1)，则显然成立
因为由欧拉定理得(a^{phi(m)}equiv1(mod m))
2.若((a,m)>1)

---

引理一：

如果满足
(egin{cases}xequiv y (mod m)\xequiv y (mod n)end{cases})
则有
(xequiv y (mod lcm(n,m)))

证明：
显然((x-y))既是(m)的倍数，又是(n)的倍数，则其必然为(lcm(n,m))的倍数

---

引理二：

如果(p)为质数，(phi(p^q)>=q)

证明：
给两种证明方法
法一：
以每(p)个为一个周期划分
显然((p,p-1)=1,(p^2,p^2-1)=1,...,(p^q,p^q-1)=1)
此时光考虑一部分就已经满足(phi(p^q)=q)，故引理显然成立

---

法二：
(phi(p^q)=p^{q-1}*(p-1))
根据数学归纳法
考虑(q=1,phi(p)>=1)显然成立
设(q=k)时成立，即(p^{k-1}*(p-1)>=k)
(∵k>1)
(∴)显然(p^k*(p-1)>=k+1)
即当(q=k+1)时，也成立

---

接下来继续证明扩展欧拉定理
①若(m=p^k)，即(m)为质数的幂时
(∵(a,m)>1)
(∴p|a)
由引理二可得(phi(p^k)ge k)，即(phi(m)ge k)
(∴r> phi(m)ge k)
(∴a^r=x*p^r=y*p^{phi(m)}=z*p^k)
即(m|a^r,m|p^{phi(m)})
(∴a^requiv a^{r\%phi(m)+phi(m)}equiv 0(mod m))

②若(m=p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_{n}^{k_n})
设(m_1=p_1^{k_1})，则(a^requiv a^{r\%phi(m_1)+phi(m_1)} (mod m_1))
设(m_2=p_2^{k_2})，则(a^requiv a^{r\%phi(m_2)+phi(m_2)} (mod m_2))
(......)
设(m_n=p_n^{k_n})，则(a^requiv a^{r\%phi(m_n)+phi(m_n)} (mod m_n))

咕咕咕咕。。。。（目前蒟蒻还证不出来，先把老师写的放着，待填）

因为(phi(m)=phi(m_1)*phi(m_2)*...*phi(m_n))，又根据引理一，则得到：
(a^requiv a^{r\%phi(m)+phi(m)}(mod m))

区间逆元

如果整数(a,b)满足(a*b\%p=1)，则称(a,b)在模(p)的意义下互为逆元
只有((a,p)=1)，在模(p)的意义下(a)才有逆元，(a)的逆元记作(a^{-1})

证明：
若((a,p)>1)，则令(d=gcd(a,p),d|a,d|p)
(∴d|a\%p)（感性理解为：x倍(d)减去y倍(p)直到(x<y)，其差一定也为(d)的倍数）
(∴aequiv (x\%y)d (mod p))
(∵d>1)
(∴(x\%y)d≠1)

逆元的性质：若((b,p)=1)，则(a/b\%p=a*b^{-1}\%p)

有一种求区间逆元的方式，时间复杂度为(O(n))
设模数为(m,f[n])表示(n)的逆元，其中([1,n))的逆元已经求出，则
(f[n]=(-f[m\%n]*(m/n)\%m+m)\%m)

证明：

---

公式一：

(f[i]=-f[m-i])

证明：
(f[i]*iequiv1 (mod m))
(f[i]*(m-i)equiv-1 (mod m))
(f[m-i]*(m-i)equiv1 (mod m))
(f[i]=-f[m-i])

---

公式二：

(f[i]=k*f[k*i])

证明：
(f[i*k]*(i*k)equiv 1 (mod m))
((f[i*k]*k)*iequiv 1 (mod m))
(f[i]*iequiv 1 (mod m))
(f[i*k]*k=f[i])

---

(f[n]=k*f[k*n]=m/n imes f[m-m\%n])
(f[m-m\%n]=-f[m\%n])
(f[n]=m/n imes (-f[m\% n]))

---

扩展欧几里得

扩展欧几里得是用来求不定方程：(ax+by=c)，且已知整数(a,b,c)
要求(gcd(a,b)|c)，才能保证有解

算法思想：递归求解
先求方程(ax+by=gcd(a,b))，求出该方程的解，乘上系数(c/gcd(a,b))即为原方程的解

将(a,b)看做变量，移项合并同类项

只需要求出(x',y')就可以求出(x,y)
而求(x',y')可以继续递归下去
(gcd(a,b))中的参数(b)最终会变为(0)，此时(gcd(a,0)=a)
于是有(ax+by=gcd(a,0)=a)，可以求出(x=1,y=0)
这是最底层的(x,y)，然后一层层返回，就可以求出最原始的(x,y)了

---

注意，(exgcd)求出来的(x,y)满足的方程组是(ax+bx=gcd(a,b))
将这一对(x,y)乘上(frac{c}{gcd(a,b)})，才是原方程的一组解

而且，这一组解只是一组特解，并不一定是最小的，可以通过通解公式去找到最小解(x)

因为(a)缩小若干倍，为了保证方程的正确性，(b)就应该放大若干倍，所以需满足(b|ak)

所以原方程的(a)可以无限缩小(frac{b}{gcd(a,b)})倍，直到(a<frac{b}{gcd(a,b)})

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

//求x的最小解
x = ( x * ( c / d ) % ( b / d ) + ( b / d ) ) % ( b / d )

---

中国剩余定理

求一个模线性方程组(x)
(egin{cases}xequiv a_1 (mod r_1)\xequiv a_2 (mod r_2)\...\xequiv a_k (mod r_k)end{cases})
其中(r_1,r_2,...,r_k)互质

对于(r_i)，设(A_i=prod_{j≠i}r_j)
(∵(r_1,r_2,...,r_k)=1)
(∴(A_i,r_i)=1)
则一定存在一个整数(c_i)满足(c_i*A_i\% r_i=1)

设(x_i=a_i*c_i*A_i)，则(x_i\%r_i=a_i)
因为(A_i)是除了(r_i)以外的其他(r)值的最小公倍数
所以，(x_i\%r_j=0(j≠i))，即(x_i)模其他的(r)余数都为(0)，只有模(r_i)的时候，余数为(a_i)

换言之，把(x_i)加到满足其他方程(j(j≠i))的解(x_j)上，((x_i+x_j))也一样满足方程(j)
同理，如果(x_j)也是这么求出来的，则((x_i+x_j))也满足方程(i)

那么，我们对于每一个方程，都按照这个方法求出来该方程的解
把这些解累加起来，发现，这个和仍然满足每一个方程
即(x=sum_{i=1}^ka_i*c_i*A_i\%r_i)

对于(x)，加上所有的(r)值的最小公倍数，它仍然满足所有方程
所以，只要存在(x)，则意味着有无穷多组解

通解为：$$x=sum_{i=1}^{k(r_i*c_i*A_i%a_i)+p*prod_{i=1}}kr_i,p∈Z$$

---

扩展中国剩余定理

求一个模线性方程组(x)
(egin{cases}xequiv a_1 (mod r_1)\xequiv a_2 (mod r_2)\...\xequiv a_k (mod r_k)end{cases})
其中(r_1,r_2,...,r_k)不一定互质

首先，取前两个方程$$x=kr_1+a_1=pr_2+a_2$$$$kr_1-pr_2=a_2-a_1$$
这种形如(ax+by=c)的不定方程，可以用扩展欧几里得计算
当(gcd(r_1,r_2))不能整除(a_2-a_1)时，方程组无解
否则，根据(exgcd)，求出(k_0)，满足(k_0*r_1-p*r_2=a_2-a_1)
(k)的通解为：

带入到方程组(x=k*r_1+a_1)中，则有$$x=(k_0+b(r_2/gcd(r_1,r_2)))r_1+a_1=k_0r_1+blcm(r_1,r_2)+a_1,b∈Z$$
即$$xequiv a_1 (mod lcm(r_1,r_2))$$
这个方程相当于合并了原来的两个方程，而形式上又和原来的方程一致
继续采用这个方法，不断地合并方程组中的两个方程
直到最后合并为一个方程，则可以得到(x)的通解

注意在这个过程中，要注意求出的(k_0)是(k*r_1-p*r_2=(a_2-a_1))的解
而不是(k*r_1-p*r_2=gcd(r_1,r_2))的解，前者是后者的倍数

//扩展中国剩余定理，求最小整数解x的模板代码
#include <cstdio>
#define MAXK 10000005
#define int long long
int mod[MAXK], r[MAXK];

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

int Fabs( int x ) {
	return ( x < 0 ) ? -x : x;
}

signed main() {
	int m;
	while( ~ scanf( "%lld", &m ) ) {
		for( int i = 1;i <= m;i ++ )
			scanf( "%lld %lld", &mod[i], &r[i] );
		int noans = 0, d, x, y;
		for( int i = 1;i < m;i ++ ) {
			exgcd( mod[i], mod[i + 1], d, x, y );
			if( Fabs( r[i + 1] - r[i] ) % d ) {
				noans = 1;
				break;
			}
			x = ( x * ( ( r[i + 1] - r[i] ) / d ) % ( mod[i + 1] / d ) + ( mod[i + 1] / d ) ) % ( mod[i + 1] / d );
			int lcm = mod[i] / d * mod[i + 1];
			mod[i + 1] = lcm, r[i + 1] = ( x * mod[i] + r[i] ) % lcm;
		}
		if( noans ) printf( "-1
" );
		else printf( "%lld
", r[m] );
//r[m]可能等于0，所以根据题目要求，若要最小正整数，则为mod[m]
	}
	return 0;
}

终于写完了！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！