对于
ax+by=gcd(a,b)
这样的方程,可以用扩展欧几里得算法exgcd求出一组通解。
根据欧几里得求gcd:
gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
可得
bx+(a%b)y=gcd(b,a%b)
根据
a%b=a−(a/b)∗b
可得
bx+ay−(a/b)b∗y=gcd(b,a%b)
化简得
ay+b(x−(a/b)y)=gcd(b,a%b)
x′=y,y′=(x−(a/b)y)
ax′+by′=gcd(b,a%b)<=>ax+by=gcd(a,b)
根据
gcd(a,0)=a
一直递归直到b为0时可得
ax+by=a
可以得出一组平凡解
x=1,y=0
所以一直递归下去可以得出一组平凡解,然后再往回带得出ax+by=gcd(a,b)的一组解(x′=y,y′=(x−(a/b)y))
求解同余方程可以用费马小定理来求也可以用拓展欧几里得来求
ax≡b mod n <==>ax+ny=b
就转变成了上述形式
费马小定理:a是上能被质数p整除的正整数,则有a^(p-1) ≡ 1(mod p)
推导:a^(p-1) = 1(mod)p = a*a^(p-2)≡1 (mod p) 因此a的逆元为 a^(p-2); 所以对于满足费马小定理的可以直接用快速幂来求
例题 杭电 B - A/B
Input数据的第一行是一个T,表示有T组数据。
每组数据有两个数n(0 <= n < 9973)和B(1 <= B <= 10^9)。Output对应每组数据输出(A/B)%9973。Sample Input
2 1000 53 87 123456789
Sample Output
7922 6060
除法逆元,,b*c=1(mod p) 则c就是b的逆元 那么a/b mod p==a/b*b*c(modp)==a*c(mod p)因此直接求出b的逆元c然后再乘以a取模就可以了
两种做法 :
1 费马小定理
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; typedef long long ll; const int MOD=9973; ll ksm(ll a,ll b){ ll res=1; while(b){ if(b&1) res=res*a%MOD; a=a*a%MOD; b>>=1; } return res; } int main(){ ll t; cin>>t; while(t--){ ll a,b; cin>>a>>b; cout<<(a%MOD*ksm(b,MOD-2)%MOD)%MOD<<endl; } return 0; }
2 拓展欧几里得
//a*x≡1(mod m) 等价于a*x+m*y=1(解释:对该公式俩边同时对m取摸,m*y对m取摸一定为0),因此求得x就是a的逆元 // 可以用扩展欧几里得求 //得一组解,(x+m)mod m即为a的逆元 //该深度的x等于其下一个深度的Y 该深度的y等于其下一个深度的x-(a/b)*y #include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; ll x,y; const int MOD=9973; int exgcd(ll a,ll b){ //--------该阶段可以就理解为求a与b的最大公约数,当b等于0时说明最大公约数找到了,就是此刻的a,然后在开始回溯更新x和y的值 if(b==0) { x=1; y=0; return a; } int r=exgcd(b,a%b); //--------------------- ll t=y; y=x-(a/b)*y; x=t; return r; } int main(){ ll k; cin>>k; while(k--){ ll a,b; cin>>a>>b; exgcd(b,MOD); x=(x+MOD)%MOD; cout<<(a%MOD*x%MOD)%MOD<<endl; } return 0; }