二元一次不定方程（Exgcd）（更方便的解法）

扩展欧几里得算法（Exgcd）

裴蜀定理

对于任意一组整数 $a,b$，存在一组整数 $x,y$，满足 $ax+by=gcd(a,b)$。

Proof：

考虑数学归纳法。

当 $b=0$ 时，由于 $gcd(a,0)=a$，则对于 $ax+0y=a$ 这个不定方程，$x=1$，$y$ 取任意整数。

假设存在一组整数 $x,y$，满足 $bx+(amodb)y=gcd(b,amodb)=gcd(a,b)$。

那么接下来证明也存在一组整数 $x^{\prime },y^{\prime }$ 满足 $a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)$。

$$\begin{array}{rl}bx+(amodb)y& =bx+(a-b\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor )y\\ & =bx+ay-b\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor y\\ & =ay+b(x-\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor y)\end{array}$$

当 $x^{\prime }=y,y^{\prime }=x-\lfloor {\displaystyle \frac{a}{b}}\rfloor y$ 时满足条件。

那么利用辗转相除法进行递归，总能递归到 $b=0$ 的情况。命题得证。

Exgcd

求关于 $x,y$ 的方程 $ax+by=c$ 的整数解。

设 $d=gcd(a,b)$，方程有整数解的充要条件是 $d\mid c$。

Proof：

设 $a=k_{1}d,b=k_{2}d$。

先证必要性： 当方程有解时，方程化为 $d(k_{1}x+k_{2}y)=c$，可得 $d\mid c$。

再证充分性： 方程 $ax+by=d$ 必定有解，由于 $d\mid c$，那么两边同乘 ${\displaystyle \frac{c}{d}}$ 也必定有解。

先将方程化简，两边同除以 $d$。此时 $a,b$ 互质。

注意，为了方便表述，下面提到的方程都是化简后的方程。

那么我们可以先利用裴蜀定理求出 $a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=1$ 的一组特解 $x^{\prime },y^{\prime }$，从而求出原方程的一组特解 $x_0=c{x}^{\prime },y_0=c{y}^{\prime }$。

考虑如何求出通解。

让 $x$ 加上一个数，那么 $y$ 就要减去一个数。设这两个数为 ${\mathrm{\Delta }}_x,{\mathrm{\Delta }}_y$，则有：

$$\begin{array}{rl}a(x+{\mathrm{\Delta }}_x)+b(y-{\mathrm{\Delta }}_y)& =c\\ ax+a{\mathrm{\Delta }}_x+by-b{\mathrm{\Delta }}_y& =c\\ a{\mathrm{\Delta }}_x-b{\mathrm{\Delta }}_y& =0\\ a{\mathrm{\Delta }}_x& =b{\mathrm{\Delta }}_y\\ {\displaystyle \frac{a}{b}}& ={\displaystyle \frac{{\mathrm{\Delta }}_y}{{\mathrm{\Delta }}_x}}\end{array}$$

由于 $a,b$ 互质，则 ${\displaystyle \frac{a}{b}}$ 为最简整数比，则有 $a\mid {\mathrm{\Delta }}_y$ 且 $b\mid {\mathrm{\Delta }}_x$。

由于 ${\mathrm{\Delta }}_x,{\mathrm{\Delta }}_y\in \mathbb{Z}$，则 ${\mathrm{\Delta }}_x$ 最小取到 $b$，${\mathrm{\Delta }}_y$ 最小取到 $a$。

通解即为：

$$\{\begin{array}{l}x=x_0+kb\\ y=y_0-ka\end{array}(k\in \mathbb{Z})$$

代回原方程，可以消掉 $kb,ka$。

接下来考虑，当存在正整数解时，如何求出最小正整数解与正整数解的个数。

对 $x$ 的通解进行变形，求 $x$ 的最小正整数解 $x_1$：

$$\begin{array}{rl}{x}_{1}modb& =(x_0+kb)modb\\ x_{1}modb& =x_{0}modb\\ x_1& =(((x_0-1)modb)+b)modb+1\end{array}$$

先减一是为了避免 $x_{0}moda$ 一开始就为 $0$ 的情况，从而保证 $x_1>0$。

易得，当 $x$ 增大时，$y$ 减小。当 $x$ 取 $x_1$ 时，$y$ 取到最大正整数解 $y_2$。

同理，求出 $y$ 的最小正整数解 $y_1$，当 $y$ 取 $y_1$ 时，$x$ 取到最大正整数解 $x_2$。

由通解公式可得，$x$ 每两个整数解之间相差 $b$，$y$ 每两个整数解之间相差 $a$。

正整数解的个数即为 ${\displaystyle \frac{x_2-x_1}{b}}+1$ 或 ${\displaystyle \frac{y_2-y_1}{a}}+1$。

Ex.1 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

根据上面的分析，套用公式即可。

ll T,A,B,C,x,y,d,x1,x2,y1,y2,cnt; 

ll GetX(ll Y){return (C-B*Y)/A;}

ll GetY(ll X){return (C-A*X)/B;}

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x;
	x=y;
	y=z-(a/b)*y;
	return res;
}

void Solve(){
	read(A),read(B),read(C);
	d=Exgcd(A,B,x,y);
	if(C%d) return puts("-1"),void();
	A/=d,B/=d,C/=d;
	x*=C,y*=C;
	x1=((x-1)%B+B)%B+1;
	y2=GetY(x1);
	y1=((y-1)%A+A)%A+1;
	x2=GetX(y1);
	cnt=(x2-x1)/B+1;
	if(y2<=0) printf("%lld %lld\n",x1,y1);
	else printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",cnt,x1,y1,x2,y2);
}

Ex.2 [NOIP2012 提高组] 同余方程

对式子进行变形：

$$\begin{array}{rl}ax& \equiv 1(\mathrm{mod}b)\\ ax+by& =1\end{array}$$

利用 Exgcd 求解即可。

这是非常常用的变形技巧，也是当 $a,b$ 互质但 $b$ 不是质数时求逆元的方法。

Ex.3 青蛙的约会

设跳跃 $k$ 次后两青蛙相遇，则可列出方程：

$$\begin{array}{rlr}x+kn& \equiv y+km& (\mathrm{mod}L)\\ (x-y)+k(n-m)& \equiv 0& (\mathrm{mod}L)\\ (x-y)+k(n-m)& =pL\\ k(n-m)-pL& =y-x\\ kS-pL& =C\end{array}$$

其中 $S,L,C$ 为常数。

把 $k,p$ 看作未知数，利用 Exgcd 求 $k$ 的最小正整数解即可。