初级数论1：（扩展）欧几里得算法

初级数论第一节：欧几里得算法，扩展欧几里得算法，例题。

欧几里得算法

先来讲一下欧几里得算法

欧几里得算法是可以在 $O({\log }_n)$ 时间内求解两数最大公约数的算法，简称 $gcd$。

代码如下：

int gcd (int a, int b)
{
    if (b == 0) return a;
    return gcd (b, a % b);
}

证明一下这个算法的正确性。

$b=0$ 的时候 $a,b$ 的最大公约数就是 $a$，这个是对的。

现在需要证明 $gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$，可以再简化一点，证明 $gcd(a,b)=gcd(b,a-b)$。

因为$a$ 一直减 $b$ 直到 $a<b$ 最后得到的结果就是 $a\mathrm{\%}b$

证明

设 $gcd(a,b)=x$，那么 $a|x,b|x$。

设 $a=cx,b=dx$，$a>b$。

那么 $a-b=(c-d)\times x$，$a-b$ 也是 $x$ 的倍数。

所以 $gcd(a,b)=gcd(b,a-b)$

时间复杂度证明

设 $a>b$。

如果 $a>2b$，那么迭代一次之后 $a$ 会缩小到 $b$ 以内，减半。

如果 $b<a<2b$，那么第一次迭代之后变成 $b,a\mathrm{\%}b$，此时有三种情况：

$a\mathrm{\%}b<\frac{b}{2}$，那么下一轮 $b\mathrm{\%}(a\mathrm{\%}b)$ 小于 $a\mathrm{\%}b$，即小于 $\frac{b}{2}$。

$a\mathrm{\%}b>\frac{b}{2}$，那么下一轮 $b\mathrm{\%}(a\mathrm{\%}b)$ 就会等于 $b-(a\mathrm{\%}b)$，因为 $a\mathrm{\%}b>\frac{b}{2}$所以 $b-(a\mathrm{\%}b)<\frac{b}{2}$。

$a\mathrm{\%}b=\frac{b}{2}$，直接成 $0$ 了。

每一轮都减半， $lo{g}_n$ 次就成 $0$ 了。

拓展知识：

$1.gcd(a,b)$ 一般跑不满 $lo{g}_n$，只有相邻的斐波那契数列会跑满。

证明：

假设斐波那契数列的相邻两项为 $a,b$，那么$a<b<2a$，取余相当于减。

而相减就会变成斐波那契数列的上一项，

所以用欧几里得算法求斐波那契数列的第 $x$ 项和第 $x+1$ 项的最大公约数。

时间复杂度就是 $O(x)$，而斐波那契数列的增长是 $2^n$ 不到一点，基本跑满 $O(lo{g}_n)$

$2.gcd(F[n],F[m])=F[gcd(n,m)]$，这个在算法竞赛中很有用。

其中，$F[n]$ 指的是斐波那契数列的第 $n$ 项

证明过程太长，此处省略 $500$ 字。

例题：$LuoguP1306$ 斐波那契公约数

扩展欧几里得算法

扩展欧几里得算法是可以在 $O({\log }_n)$ 的时间内求方程 $ax+by=gcd(a,b)$ 的整数解。

简称扩欧，别名 $exgcd$。

其中，$a,b$ 已知，$gcd(a,b)$ 可以在算的时候求。

扩展欧几里得算法是用小的解算出大的解然后回退。

终止答案

欧几里得算法的终结条件是 $b=0$，$b$ 最后一定会等于 $0$。

所以我们从 $b=0$ 的情况入手。

即 $ax+0\times y=gcd(a,0)$，$x$ 取 $1$，$y$ 按理来说取任何数都行。

但是取太大最后会爆 $longlong$，所以取 $0$。

回退

先来看一下欧几里得算法，$gcd(a,b)$可以怎么求？

我们只要知道了 $gcd(b,a\mathrm{\%}b)$ 就可以求得 $gcd(a,b)$，因为 $gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$。

扩展欧几里得算法也是这样，要想求 $ax+by=gcd(a,b)$ 的整数解，

可以先求 $b{x}^{\prime }+(a\mathrm{\%}b)\times y^{\prime }=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$ 的整数解，然后回退得到 $ax+by=gcd(a,b)$ 的解。

我们先假设已经求得了 $b{x}^{\prime }+(a\mathrm{\%}b)\times y^{\prime }=gcd(b,a\mathrm{\%}b)$ 的解，这是必然的。

因为最后 $b$ 会等于 $0$，就会得到一组解，然后慢慢回退。

解的变形

首先可以发现 $gcd(b,a\mathrm{\%}b)=gcd(a,b)$。

我们现在就知道了 $b{x}^{\prime }+(a\mathrm{\%}b)\times y=gcd(a,b)$。尝试拆开拼出 $ax+by$。

其次，$a\mathrm{\%}b$ 可以写成 $a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$。

代入进去变成 $b{x}^{\prime }+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b)\times y^{\prime }=gcd(a,b)$。

拆开变成 $b{x}^{\prime }+a\times y^{\prime }-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b\times y^{\prime }=gcd(a,b)$。

然后把和 $a$ 有关的，还有和 $b$ 有关的提出来。

得到 $a{y}^{\prime }+b\times (x^{\prime }+\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y^{\prime })=gcd(a,b)$

然后我们发现这个方程不就是 $ax+by$ 的形式吗？

$x$ 就等于 $y^{\prime }$，$y$ 稍麻烦一点，等于 $x^{\prime }+\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y^{\prime }$

然后就可以回退到上一层求解了。

时间复杂度证明

不难发现，$exgcd$ 的时间复杂度只和 $a,b$ 有关，

并且 $a,b$ 每一次还是变成 $b,a\mathrm{\%}b$，所以时间复杂度和 $gcd$ 一样。

代码：

void exgcd (int a, int b)
{
    if (b == 0)//b=0 的情况答案可以直接得到
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return;
    }
    exgcd (b, a%b)//否则先算 exgcd(b, a % b) 的解。
    int t = x;//现在的 x, y 是 bx + (a % b)y = gcd(a, b) 的解。
    x = y;//刚刚证明了 ax + by = gcd(a, b) 的解 x 就是上一个方程的解 y
    y = t - a / b * y;//x 已被更改，所以用临时变量 t 存储上一个方程的解 x
}

拓展：一般形式

题目里很少有要求 $ax+by=gcd(a,b)$ 的整数解，一般都是求 $ax+by=c$ 的整数解。

这时该怎么办呢？

如果 $gcd(a,b)|c$，那么我们在等式两边同乘以 $\frac{c}{gcd(a,b)}$ 即可得到整数解。

否则，可以证明，该方程无整数解。

例题：

$1.iai$ 六星题 两个闹钟

$2.iai$ 五星级挑战 无尽的循环

两个闹钟

题意已经很明显了，就是一个扩欧。

设两个整数 $x,y$，使得 $ax+n=by+m$。

整理得 $ax-by=m-n$。

另 $y^{\prime }=-y$，代入得 $ax+b{y}^{\prime }=m-n$

其中，$m-n$ 和 $a,b$ 都是已知的，这不就是扩欧吗？

解出来之后，$ax+n$ 或者 $-b{y}^{\prime }+m$ 都是题目要求的答案。

但是这个解有可能是负的，所以得尝试把他变成正的。

可以发现两个闹钟第一次同时响如果在 $t_1$ 时刻，那么下一次响肯定是在 $t_1+lcm(a,b)$ 时刻啦！

那么就一直加 $lcm(a,b)$ 直到都变成正的就好了。

但是会超时，用一个除法就可以了。

无尽的循环

这一道题是需要变形一下的，大家可以自己先尝试一下。

另外，注意开个 $longlong$。

简化题意

给定 $a,b,c,k$，求一个整数 $d$，使得 $a+dc\equiv b$ $(mod$ $2^k)$。

然后把同余去了，变成 $a+dc=b+e\times 2^k$。

把 $e$ 移到左边，$b$ 移到右边，得 $dc-e\times 2^k=b-a$。

其中， $c,2^k$ 已知，右边的 $b-a$ 也是已知的。

令 $a=c,x=d,b=2^k,y=e,c=b-a$，这就是一个典型的扩欧式子。$ax+by=c$

最后 $x$ 就是要求的答案，然后还需要化简一下，和两个闹钟差不多，大家可以自己去研究研究。

 

下节预告：中国剩余定理 $CRT$ 和扩展中国剩余定理 $EXCRT$。什么时候有空就更。