Chinese remainder theorem again
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 2327 Accepted Submission(s): 947
Problem Description
我知道部分同学最近在看中国剩余定理，就这个定理本身，还是比较简单的：
假设m1,m2,…,mk两两互素，则下面同余方程组：
x≡a1(mod m1)
x≡a2(mod m2)
…
x≡ak(mod mk)
在0<=<m1m2…mk内有唯一解。
记Mi=M/mi(1<=i<=k),因为（Mi,mi）=1,故有二个整数pi,qi满足Mipi+miqi=1,如果记ei=Mi/pi,那么会有：
ei≡0(mod mj),j!=i
ei≡1(mod mj),j=i
很显然，e1a1+e2a2+…+ekak就是方程组的一个解，这个解加减M的整数倍后就可以得到最小非负整数解。
这就是中国剩余定理及其求解过程。
现在有一个问题是这样的：
一个正整数N除以M1余(M1 - a)，除以M2余(M2-a), 除以M3余(M3-a),总之， 除以MI余(MI-a),其中（a<Mi<100 i=1,2,…I）,求满足条件的最小的数。
假设m1,m2,…,mk两两互素，则下面同余方程组：
x≡a1(mod m1)
x≡a2(mod m2)
…
x≡ak(mod mk)
在0<=<m1m2…mk内有唯一解。
记Mi=M/mi(1<=i<=k),因为（Mi,mi）=1,故有二个整数pi,qi满足Mipi+miqi=1,如果记ei=Mi/pi,那么会有：
ei≡0(mod mj),j!=i
ei≡1(mod mj),j=i
很显然，e1a1+e2a2+…+ekak就是方程组的一个解，这个解加减M的整数倍后就可以得到最小非负整数解。
这就是中国剩余定理及其求解过程。
现在有一个问题是这样的：
一个正整数N除以M1余(M1 - a)，除以M2余(M2-a), 除以M3余(M3-a),总之， 除以MI余(MI-a),其中（a<Mi<100 i=1,2,…I）,求满足条件的最小的数。
Input
输入数据包含多组测试实例，每个实例的第一行是两个整数I(1<I<10)和a,其中，I表示M的个数，a的含义如上所述，紧接着的一行是I个整数M1,M1...MI，I=0 并且a=0结束输入，不处理。
Output
对于每个测试实例，请在一行内输出满足条件的最小的数。每个实例的输出占一行。
Sample Input
2 1 2 3 0 0
Sample Output
5
Author
lcy
Source
2007省赛集训队练习赛（10）_以此感谢DOOMIII
此题看起来像是中国剩余定理的运用，实际并不需要，只需要简简单单的推一推其中的规律就能很轻松的解决。下面小编给出推导过程。
N%M1 == M1-a,N%M2 == M2-a……N%Mn == Mn-a;
所以(N+a)%M1 == 0,(N+a)%M2 == 0,……(N+a)%Mn == 0。
所以(N+a)就是M1、M2、M3……Mn的最小公倍数，即可轻松求解。
#include <cstdio>
int gcd(int a,int b)
{if(b == 0) return a;return gcd(b,a%b);
}
int main()
{int n,a;while(scanf("%d%d",&n,&a)&&(n&&a)){int tmp;__int64 ans = 1;for(int i=0; i<n; i++){scanf("%d",&tmp);ans = ans/gcd(ans,tmp)*tmp;}printf("%I64d\n",ans-a);}return 0;
}