扩展欧几里德算法复习
NOI 前发点比较无聊的东西。
感觉这么多公式会让人看着想睡觉，也不知道怎么解决。
求不定方程 \(Ax+By=C(A,B,C\in \mathbb Z)\) 的所有整数解。
\(|A|,|B|,|C|\le 10^{18}\)
裴蜀定理：这个方程有解当且仅当 \(\gcd(A,B)|C\) 。
证明：\(\gcd(A,B)\not|C\) 时原方程无解是显然的。对于 \(\gcd(A,B)|C\) 的情况一定有解，接下来构造解。
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当 \(A=B=0\) 时，必有 \(C=0\)，显然任何整数对 \((x,y)\) 都属于解集。
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当 \(A=0,B\ne 0\) 时，\(x\) 可以是任意整数，而 \(y=C/B\)。\(A\ne 0,B=0\) 同理。
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当 \(A,B\) 都非 \(0\) 时，可不妨假设 \(A>0,B>0\)（其他情况的解都可以取反得到）。
设 \(d=\gcd(A,B),a=A/d,b=B/d,c=C/d\)。
那么 \(ax+by=c\) 的解就是我们想要的。注意到这时候 \(a,b\) 互质了。
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当 \(c=0\) 时，因为 \(a,b\) 互质，\((x,y)=(kb,-ka),k\in \mathbb Z\)。
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当 \(c\ne 0\) 时，考虑两个不同的解 \((x_0,y_0)\) 和 \((x_1,y_1)\)，有
\(ax_0+by_0=c\)
\(ax_1+by_1=c\)
相减得
\(a(x_0-x_1)+b(y_0-y_1)=0\) 。根据 \(c=0\) 的情况，\((x_0-x_1,y_0-y_1)=(kb,-ka),k\in \mathbb Z\)。
因此如果我们有了一组特解 \((x_0,y_0)\)，那么就有 \((x,y)=(x_0+kb,y_0-ka),k\in \mathbb Z\)。
那么现在的关键是得到 \((x_0,y_0)\)。尝试先构造 \(ax+by=1\) 的一组解，再乘上 \(c\)。这部分就使用了经典的扩展欧几里德算法了。
假设我们已经构造出了 \(bx'+(a\mod b)y'=1\) 的解 \((x',y')\)。
\(bx'+(a-\lfloor a/b\rfloor b)y'=1\)
\(ay'+b(x'-\lfloor a/b\rfloor y')=1\)我们发现 \(x=y',y=x'-\lfloor a/b\rfloor y'\)。
求 \((x',y')\) 的话，往下递归即可。边界是 \(b=0\) 的情况，此时必有 \(a=1\)，那么令 \(x=1,y=0\) 即可（用这个解是为了方便，也是为了不爆精度）。
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那么我们就做完了。
还有一个问题，为什么这样写不会爆精度。也就是说求出来的那个特解最大会是多少。
关于这个，有一位高级科学家给出了很高级的界，在这里。可惜我没有那么高级，我觉得够用就好。
所以我只证明这样子求出来的 \(ax+by=1\) 的那个解 \((x,y)\) 会满足 \(\max(|x|,|y|)\le \max(a,b)\)。
不妨假设 \(a\ge b>0\)（\(a<b\) 的话，第一次迭代只相当于把 \(a\) 和 \(b\) 交换，\(x\) 和 \(y\) 也交换）。其实这时候有 \(|x|\le b,|y|\le a\)。我们证明它。
当 \(a\mod b=0\) 时，必然有 \(b=1\)。经过简单模拟可以发现求出的 \(x=0,y=1\)，必满足条件。
当 \(a\mod b\ne 0\) 时，有 \(b\ge a\mod b >0\)。如果已经证明对于方程 \(bx'+(a\mod b)y'=1\) 的解 \((x',y')\) 满足 \(|x'|\le a\mod b,|y'|\le b\)，我们可以推出所得到的 \(ax+by=1\) 的解也符合条件，如下：
首先不管怎样，\(x'\) 和 \(y'\) 不能全都为正数，但是必有一个正数，这是显然的。并且当 \(x'>0,y'\le 0\) 时，\(x\le 0,y>0\)；而 \(x'\le 0,y'>0\) 时，\(x>0,y\le 0\)。
由此容易得到，\(|x|=|y'|,|y|=|x'|+\lfloor a/b\rfloor|y'|\)。
由 \(|x'|\le a\mod b,|y'|\le b\) 得，
\(|x'|\le a-\lfloor a/b\rfloor b\)
\(\lfloor a/b\rfloor|y'|\le \lfloor a/b\rfloor b\)
两式子相加即得 \(|y|=|x'|+\lfloor a/b\rfloor|y'|\le a\)，同时 \(|x|=|y'|\le b\)。
由数学归纳法，我们证完了。
