扩展欧几里得 HDU 1576

题意;要求(A/B)%9973，但由于A很大，我们只给出n(n=A%9973)(我们给定的A必能被B整除，且gcd(B,9973) = 1)。

因为：A%9973=n;

所以：9973*y+n=A:

设：A/B=x;(可以整除）

所以：9973*y+n=B*x;

所以：B*x-9973*y=n; ①式

又因为：gcd(B,9973) = 1;

所以必存在 x1*B+9973*y1=1;②式

②式*n=①式

所以只要求出x1,就可以得到x,又因为x=a/b,只要在 mod 9973就是答案了。

现在给出扩展欧几里得：

对于gcd(a,b) = d，对(a, b)用欧几里德辗转相除会最终得到(d, 0)。此时对于把a =d, b = 0 代入a*x + b*y = d，显然x = 1，y可以为任意值。 我们可以用a = d, b = 0的情况逆推出来任何gcd(a, b) = d 满足a*x + b*y = d的解。如果x0，y0是b*x + (a%b)*y = d 的解，那么对于a*x + b*y = d的解呢？

b*x + (a%b)*y = d → b*x + (a - [a/b]*b)*y = d → a*y + b*(x - [a/b]*y) = d 所以a*x + b*y = d的解 x1 = y0，y1= x0 - [a/b]*y0;

我们可以地推出a*x+b*y=gcd(a,b),中的下，x和y.现在所有问题就解决了。

 

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
void ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
　　if(b==0)
　　{
　　　　x=1,y=0;
　　　　return ;
　　}
　　ex_gcd(b,a%b,x,y);
　　ll temp=x;
　　x=y;
　　y=temp-a/b*y;
　　return ;
}
int main()
{
　　ll t,a,b,n,x,y;
　　cin>>t;
　　while (t--)
　　{
　　　　cin>>n>>b;
　　　　int ans;
　　　　ex_gcd(b,9973,x,y);
　　　　x=x*n;
　　　　ans=(x%9973+9973)%9973;//(a + b) % p = (a % p + b % p) % p，所以(x%9973+9973)%9973=x%9973,若x是负数，x%9973会出错，所以化            　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　成(x%9973+9973)%9973，先使x变正再 mod 9973
　　　　cout<<ans<<endl;
　　}
　　return 0;

}

　　　　cout<<ans<<endl;
　　}
　　return 0;

}