gcd 和 同余方程（Exgcd）

求关于x的同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整数解。

对于 100%的数据，2≤a,b≤2*10⁹。

NOIP 2012 提高组 第二天 第一题

(只看Exgcd的自行跳过这段文字)

先撇开扩展欧几里得什么的不管，首先证明辗转相除法。

gcd(greatest common divisor)，是一种计算两个数最大公约数的算法，时间复杂度为O(1)。简单来说，我们定义gcd(a,b)为a、b的最大公约数，那么gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)。一般使用递归计算，在最后一层，a≡0(mod b)的时候，这一层的b即为答案。

下面给出证明：

令a>b，则存在正整数k、r，使得a=kb+r，而r≡a(mod b)，所以我们要证明的结论就是gcd(a,b)=gcd(b,r)。

若r=0，那么以上结论显然。

那么，若r≠0呢？

假设gcd(a,b)=d，那么存在正整数p、q，使得a=pd，b=qd(p>q)。

所以pd=kqd+r，整理得r=(p-kq)d。因为r>0，所以pd>kqd，显然p-kq为正整数，所以r必为d的倍数，不难证明gcd(a,b)=gcd(b,r)，也就是gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define LL long long
 using namespace std;
 
 LL a,b;//不开long long见祖宗 
 
 LL gcd(LL a,LL b)
 {
     if(b==) return a;
     return gcd(b,a%b);
 }
 int main(){
     scanf("%d%d",&a,&b);
     printf("%lld",gcd(a,b));
     return ;
 }

踏入正题~

问题是求解同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整数解。

将问题转化一下，这个方程的实质是ax+by=1(其中y为整数)。

扩欧求的是ax+by=gcd(a,b)的解。

那显然，这里的gcd(a,b)=1，所以这里a,b互质。

 

扩展欧几里得算法~前置知识：辗转相除法。

对于ax+by=gcd，输入中已经给了a、b我们只要求出一组x,y解，满足x是无数组解中最小的正整数。

假设我们求出了另一组数x₂、y₂，使得bx₂+(a mod b)y₂=gcd(b,a mod b)，则因为gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)，所以bx₂+(a mod b)y₂=gcd(a,b);

联立等式，得到ax+by=bx₂+(a mod b)y₂。

我们可以将a mod b转化成a-(a/b)*b。

所以ax+by=bx₂+(a-(a/b)*b)y₂

ax+by=ay₂-b(x₂-(a/b)y₂)

解得x=y₂，y=x₂​−(a/b)y_2。

对于等式bx₂+(a mod b)y₂=gcd(b,a mod b)，我们再观察等式ax+by=gcd(a,b)。发现两个等式本质上是相同的，可得依次推出x₃，y_3，x₄，y_4……

直到最后一组b=0时，解得x=1,y=任意整数，当然，y最好取0，有可能会数值越界。

另外，x还要进行最后的处理，x=(x%b+b)%b就做到了x为最小正整数解，想想为什么？

 #include<bits/stdc++.h>
 #define int long long
 using namespace std;
 
 int a,b,x,y;
 
 void Exgcd(int a,int b)
 {
     if(b==)
     {
         x=,y=;//最终的x、y
         return;
     }
     Exgcd(b,a%b);
     int tmp=x;
     x=y;//更新上一层x
     y=tmp-(a/b)*y;//更新上一层y
 }
 signed main()//main函数不能为long long
 {
     scanf("%lld%lld",&a,&b);
     Exgcd(a,b);
     x=(x%b+b)%b;//最小正整数解
     cout<<x<<endl;
     return ;
 }

数学题多手算模拟几遍就理解了~

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