AC Codeforces Round #499 (Div. 2) E. Border 扩展欧几里得

没想出来$QAQ....$
对于一般情况，我们知道 $ax+by=gcd(a,b)$ 时方程是一定有解的。
如果改成 $ax+by=c$ 的话该方程有解当且仅当 $c$ % $gcd(a,b)==0$ 。
这个结论在大于2个个未知数的时候也是成立的，即对于：
$a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+a_{3}x_{3}+......a_{n}x_{n}=gcd(a_{1},a_{2},a_{3}, ...a_{n})$ 是成立的。
在原题中，我们要求的是 $a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+a_{3}x_{3}+......a_{n}x_{n}\equiv$ $m(mod$ $k)$ 中 $m$ 的解集。
那么我们就可以先将式子转化为 $a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+a_{3}x_{3}+......a_{n}x_{n}-bk=m$。
根据扩展欧几里得定理，$m$ 存在当且仅当 $m$ 是 $gcd(a_{1}...a_{n},k)$ 的整数倍，我们就现将 $gcd(a_{1}...a_{n},k)$ 求出，并分别乘以 $2,3,4...$ 结果大于等于 $k$ 时停止即可。
Code:

#include<cstdio>
using namespace std;
inline int gcd(int a,int b) { return b == 0 ? a : gcd(b, a % b); }
int main()
{
    int n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    int m = k;
    for(int i = 1;i <= n; ++i)
    {
        int a; scanf("%d",&a);
        m = gcd(m, a);
    }
    printf("%d\n",k / m);
    int cnt = 0;
    while(cnt < k)
    {
        printf("%d ",cnt);
        cnt += m;
    }
    return 0;
}