「裴蜀定理」学习笔记

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定义

设 $a,b$ 是不全为 $0$ 的整数

1.对任意整数 $x,y$，满足 $gcd(a,b)|ax+by$

2.存在整数 $x,y$ 使得 $ax+by=gcd(a,b)$

证明

第一条

理解一下即可，比较好理解

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第二条

1. 若任何一个等于 $0$，则 $gcd(a,b)=a$，这时定理显然成立

2. 若 $a,b$ 均不等于 $0$

   由于 $gcd(a,b)=gcd(a,-b)$，不妨设 $a,b$ 均 $>0，a\ge b$，$d=gcd(a,b)$

   对于 $ax+by=d$，两边同时 $÷d$，可得 $a_{1}x+b_{1}y=1$，由于除以了 $a,b$ 的最大公约数，所以此时 $a,b$ 互质，转证 $a_{1}x+b_{1}y=d$

   回顾 $exgcd$ 中辗转相除的思想：

   $gcd(a,b)\to gcd(b,amodb)\to \dots$，将模出来的数称作 $r$，则：

   $$gcd(a_1,b_1)=gcd(b_1,r_1)=gcd(r_1,r_2)=\dots =gcd(r_{n-1},r_n)=1$$

   将上述式子转换为带余数的除法

   $$a_1=q_1{b}_1+r_1$$
   $$b_1=q_2{r}_1+r_2$$
   $$r_1=q_3{r}_2+r_3$$
   $$\dots$$
   $$r_{n-3}=q_{n-1}{r}_{n-2}+r_{n-1}$$
   $$r_{n-2}=q_n{r}_{n-1}+r_n$$
   $$r_{n-1}=q_{n+1}{r}_n$$

   当辗转相除法除到互质时，$r_n=1$，以 $x$ 替换 $q$，则有：

   $$r_{n-2}=x_n{r}_{n-1}+1$$
   $$\to 1=r_{n-2}-x_n{r}_{n-1}$$

   将倒数第三个式子转化为 $r_{n-1}=r_{n-3}-x_{n-1}{r}_{n-2}$，代入上式

   $$1=r_{n-2}-x_n(r_{n-3}-x_{n-1}{r}_{n-2})$$
   $$\to 1=(1+x_n{x}_{n-1})r_{n-2}-x_n{r}_{n-3}$$

   然后通过同样方法消去 $r_{n-2},\dots ,r_1$

   可证得 $1=a_{1}x+b_{1}y$ 是一般式中 $d=1$ 的情况

   同时乘以 $d$，得 $ax+by=d$

推广

逆定理

若 $a,b$ 是不全为 $0$ 的整数，$d>0$ 是 $a,b$ 的公因数，且存在整数 $x,y$，使得 $ax+by=d$ 成立，则 $d=gcd(a,b)$

特殊的，当上述的 $d=1$ 时，则 $a,b$ 互质

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多个整数

$n$ 个整数的情形：设 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 是不全为 $0$ 的整数，则存在整数 $x_1,x_2,\dots ,x_n$ ，使得 $\sum _{i=1}^n{d}_i{a}_i=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$

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其逆定理也成立：设$a_1,a_2,\dots ,a_n$ 是不全为 $0$ 的整数，$d>0$ 是她们的公因数，若存在整数 $x_1,x_2,\dots ,x_n$，使得 $\sum _{i=1}^n{d}_i{a}_i=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$，则 $d=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$

例题：

• $\mathrm{裴}\mathrm{蜀}\mathrm{定}\mathrm{理}$ （题目过于简单，参考下面这道题的题解即可）
• $Border$

简化题意：

给定序列 $a$，求满足 $r=(\sum _{i=1}^n{d}_i{a}_i)modk$ 的 $r$ 的个数和所有情况

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解法

根据上述证明的裴蜀定理，得到序列 $x$ 满足 $\sum _{i=1}^n{x}_i{a}_i=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$，且 $gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)|\sum _{i=1}^n{x}_i{a}_i$

设 $d=gcd(a_1,a_2,\dots ,a_n)$,于是设 $\sum _{i=1}^n{x}_i{a}_i=dl=kh+r$

建立一个不定方程 $dl=kh+r$，移项得 $dl-kh=r$，用 $x$ 替换 $l$，$y$ 替换 $-h$，得到 $dx+ky=r$

根据裴蜀定理，方程有解当且仅当 $gcd(d,k)|r$

于是得出 $exgcd$ 的模型 $dx+ky=r$，$gcd(d,k)|r$，根据 $exgcd$ 的推理过程，当最后一层时 $x_n=0，y_n=1$，此时 $r$ 最大，$r=k$

故此，在满足 $gcd(d,k)|r$ 的条件下，$r$ 可以从 $0$ 取到 $k$（每次+ $gcd(d,k)$）

所以共有 ${\displaystyle \frac{k}{gcd(d,k)}}$ 个满足的 $r$，依次从 $0$ 输出到 $k$（每次+ $gcd(d,k)$）即可，也就是第 $i(1\le i\le {\displaystyle \frac{k}{gcd(d,k)}})$ 个解为 $(i-1)\times gcd(d,k)$

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代码如下

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define endl '\n'
using namespace std;
template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
{
    x=0;register bool z=1;
    register char c=getchar();
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
    x=(z?x:~x+1);
}
int a,n,k,ans;
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;}
signed main()
{
	#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
    freopen("out.txt","w",stdout);
    #endif
    read(n),read(k);
    ans=k;//此处注意！
    for(int i=1;i<=n;i++)
        read(a),
        ans=gcd(ans,a);
    cout<<k/ans<<endl;
    for(int i=0;i<k/ans;i++)
        cout<<i*ans<<' ';
}

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注意事项

可见代码中的一行 $ans$ 初始化为 $k$，已证 $ans$ 必为 $gcd(d,k)$ 的整数倍数，否则方程无解，若没了这条，显然无法保证 $ans$ 与这个 $gcd$ 中的 $k$ 去满足