模与同余
定义
模：设 \(a\) 为整数，\(n\) 为正整数，定义
这与 C++ 中的取模运算符的行为一致。
同余：若，\((a - b) \bmod n = 0\)，则称 \(a\) 与 \(b\) 在模 \(n\) 的意义下同余，记作
\(a \equiv b \pmod n \Leftrightarrow (a - b) \bmod n = 0 \Leftrightarrow n | (a - b)\)
\(a,b\) 均为正整数时，此式等价于 \(a\bmod n = b\bmod n\)
无特别说明，以下与模、同余相关的数均是非负整数。
性质
性质 1
证明：
假设 \(a \bmod n \geq n\)，则
为 \((1)\) 式。设 \(\frac{a}{n} = x + p, x \in N, p \in [0, 1)\)。则
，与 \(p \in [0, 1)\) 矛盾，故原命题成立。
根据性质 \(1\)，对于 \(a \bmod n\) 可以设 \(a = k \cdot n + z, z < n\)，则 \(z = a \bmod n, k = \lfloor\frac{a}{n}\rfloor\)
性质 2
证明：
则原命题得证。
性质 3
证明：
则原命题得证。
性质 4
证明：
\(a \equiv b \pmod n \Leftrightarrow n | (a - b)\)
\(c \equiv d \pmod n \Leftrightarrow n | (c - d)\)
\((a \pm c) \equiv (b \pm d) \pmod n \Leftrightarrow n | (a \pm c - (b \pm d))\)
\(\because n | (a - b),n | (c - d)\)
\(\therefore n | ((a - b) \pm (c - d))\)
\(\therefore n | ((a \pm b) - (c \pm d))\)
\(\therefore (a \pm c) \equiv (b \pm d) \pmod n\)
则原命题得证。
性质 5
证明：
\(a \equiv b \pmod n \Leftrightarrow n | (a - b)\)
\(c \equiv d \pmod n \Leftrightarrow n | (c - d)\)
\(ac \equiv bd \pmod n \Leftrightarrow n | (ac - bd)\)
\(\because ac - bd = ac - bc + bc - bd = c(a - b) + b(c - d)\)
又 \(n | (a - b), n | (c - d)\)
\(\therefore n | (ac - bd)\)
即得 \(ac \equiv bd \pmod n\)
原命题得证。
性质 6
证明：
设 \(g=\gcd(c,n)\)，则有 \(k_1, k_2 \in \mathbb{Z}\) 满足
\(
\begin{cases}
k_1 \cdot g = c \\
k_2 \cdot g = n
\end{cases}
\)
\(ac \equiv bc \pmod n \Leftrightarrow n | c(a-b)\)，即 \(k_2g | k_1g(a - b)\)
则存在 \(q \in \mathbb{Z}\)，满足 \(q \cdot k_2g = k_1g(a-b) \Rightarrow q \cdot k_2 = k_1(a-b)\)，即 \(k_2|k_1(a - b)\)。
\(\because \gcd(k_1, k_2) = 1\)
\(\therefore k_2|(a-b)\)
即 \(\frac{n}{\gcd(c,n)}|(a-b)\)
\(\therefore a \equiv b \pmod{\frac{n}{\gcd(n, c)}}\)
原命题得证。
性质 7
证明：
\(a \equiv b \pmod n \Leftrightarrow n | (a - b)\)
\(a^k - b^k = (a - b) \sum\limits_{i=1}^{k}{a^{k-i}b^{i-1}}\)
则 \(n | (a^k - b^k)\)，即 \(a^k \equiv b^k \pmod n\)
原命题得证。
性质 8
证明：
则原命题得证。
性质 9
证明：
则原命题得证。
性质 10
证明：
\(a = k \cdot n + z, z < n\)，则 \(z = a \bmod n\)。
即 \(a\bmod n < \frac{a}{2}\)，原命题得证。
性质 11
证明：
充分性：
\(a \equiv b \pmod {m_1} \Leftrightarrow m_1|(a - b)\)
\(a \equiv b \pmod {m_2} \Leftrightarrow m_2|(a - b)\)
将 \(a - b\) 唯一分解后，肯定有一部分质数乘积等于 \(m_1\)，一部分质数乘积等于 \(m_2\)，\(a-b\) 一定含有这两部分的质因数，\(\text{lcm}(m_1,m_2)\) 是这两部分质数的交集，则一定有 \(\text{lcm}(m_1,m_2)|(a-b)\)，即 \(a \equiv b \pmod {\text{lcm}(m_1,m_2)}\)
必要性：
\(a \equiv b \pmod {\text{lcm}(m_1,m_2)} \Leftrightarrow \text{lcm}(m_1,m_2)|(a - b)\)
一定有 \(m_1|\text{lcm}(m_1,m_2),m_2|\text{lcm}(m_1,m_2)\)，则有 \(m_1|(a-b), m_2|(a-b)\)，即 \(a \equiv b \pmod {m_1}, a \equiv b \pmod {m_2}\)
综上，原命题得证。
同余类与剩余系
\(\forall a \in [0, m - 1] \cap \mathbb{Z}\)，集合 \(\{a + km | k \in \mathbb{Z}\}\) 为一个模 \(m\) 的同余类，记作 \(\overline{a}\)
模 \(m\) 的同余类共有 \(m\) 个，分别为 \(\overline{0}, \overline{1}, \overline{2}, \cdots, \overline{m - 1}\)。它们构成 \(m\) 的完全剩余系。
\(1 \sim m\) 中与 \(m\) 互质的数代表的同余类共有 \(\varphi(m)\) 个，他们构成 \(m\) 的简化剩余系。
性质：\(m\) 的简化剩余系关于乘法封闭。
证明：
设 \(a, b\) 在 \(m\) 的简化剩余系中，则 \(\gcd(a,m) = \gcd(b, m) = 1\)，则 \(\gcd(ab, m) = 1\)，所以 \(ab\) 在 \(m\) 的简化剩余系中，故原原命题得证。
欧拉定理
证明：
设 \(n\) 的简化剩余系为 \(\overline{k_1}, \overline{k_2}, \overline{k_3}, \cdots, \overline{k_{\varphi(n)}}\)
对于 \(i \neq j\)，有 \(k_i \not\equiv k_j \pmod n\)，则 \(ak_i \not\equiv ak_j \pmod n\)，也就是 \(k_i \neq k_j\) 时，\(ak_i, ak_j\) 代表不同的剩余系。则 \(\overline{ak_1 \bmod n}, \overline{ak_2 \bmod n}, \overline{ak_3 \bmod n}, \cdots, \overline{ak_{\varphi(n)} \bmod n}\) 也是 \(n\) 的简化剩余系。
则 \(\prod\limits^{\varphi(n)}_{i=1}k_i \equiv \prod\limits^{\varphi(n)}_{i=1}ak_i \equiv a^{\varphi(n)}\prod\limits^{\varphi(n)}_{i=1}k_i \pmod n\)
因为完全剩余系当中所有的数都与 \(n\) 互质，即得 \(\gcd(\prod\limits^{\varphi(n)}_{i=1}k_i, n) = 1\)，则可以消去 \(\prod\limits^{\varphi(n)}_{i=1}k_i\)，即得 \(a^\varphi(n) \equiv 1 \pmod n\)。
原命题得证。
推论 1
证明：
反证法。若 \(x \nmid \varphi(n)\)。设 \(\varphi(n) = kx + z\)，其中 \(0 < z < x\)。因为 \(a^x \equiv 1 \pmod n\)，所以存在 \(a\) 的逆元 \(a^{x-1}\)，则 \(\gcd(a, n) = 1\)。
根据欧拉定理，有
\( \begin{aligned} a^{\varphi(n)} &\equiv 1 &\pmod n \\ a^{\varphi(n)} &\equiv a^x &\pmod n \\ a^{kx+z} &\equiv a^x &\pmod n \\ a^{kx+z} &\equiv (a^x)^k &\pmod n \\ a^{kx+z} &\equiv a^{kx} &\pmod n \\ a^z &\equiv 1 &\pmod {\frac{n}{\gcd(a^{kx}, n)}} \\ \end{aligned} \)
因为 \(\gcd(a, n) = 1\), 所以 \(\gcd(a^{kx}, n) = 1\)，则 \(a^z \equiv 1 \pmod n\)。因为 \(0 < z < x\)，与 \(x\) 是满足 \(a^x \equiv 1 \pmod n\) 最小的正整数矛盾，故原命题成立。
推论 2 降幂公式
证明：
设 \(b = k \varphi(n) + z,0 \leq z < \varphi(n)\)，即 \(z = b\bmod \varphi(n)\)。
\(a^b \equiv a^{k \varphi(n) + z}\equiv (a^{\varphi(n)})^k a^z \equiv 1^k a^z \equiv a^z \equiv a^{b\bmod \varphi(n)} \pmod n\)
原命题得证。
扩展欧拉定理
引理 \(1\) ：
证明：
设 \(x \in\mathbb{P},f(x) = \varphi(x^k) - k = x^k-x^{k-1}-k\)
\( \begin{aligned} & f'(x) \\ &= kx^{k-1} - (k - 1)x^{k-1} \\ &= kx^{k-1} - kx^{k-2} + x^{k-2} \\ &= kx^{k-2}(x-1) + x^{k-2} \\ \end{aligned} \)
取 \(x = \min\{\mathbb{P}\} = 2\)，有 \(x - 1 > 0\)，则 \(f'(x) > 0\)
\(f(2) = 2^k - 2^{k-1} - k = 2^{k-1} - k\)
设 \(x \in\mathbb{N}_+,g(x) = 2^{x-1} - x\)
\(g'(x) = (k-1)2^{k-1}\)，取 \(x = \min\{\mathbb{N}_+\} = 1\)，有 \(k - 1 = 0\)，则 \(g'(x) \geq 0\)
\(g(1) = 0, g(2) = 0, g(3) = 1\)，则 \(\forall x \geq 3,g(x) > 0\)
因为 \(f'(x) > 0\)，且在 \(x = \min\{\mathbb{P}\} = 2\) 有 \(f(x) = 0\)
所以，当 \(x > 2\) 时，\(f(x)>0\)，即 \(\varphi(p^k)>k\)
仅当 \(p = 2\) 时，有 \(f(p) = 0\)，即有 \(g(k) = 0\)。且仅当 \(k = 1, k = 2\) 时 \(g(k) = 0\)，即 \(f(p) = 0\)，即 \(\varphi(p^k) = k\)
综上，引理 \(1\) 得证。
扩展欧拉定理证明：
对于 \(\gcd(a,n) = 1\)，即为降幂公式。
对于 \(\gcd(a, n) \neq 1, b < \varphi(n)\)，显然成立。
对于 \(\gcd(a, n) \neq 1, b \geq \varphi(n)\)：
将 \(n\) 唯一分解，\(n = \prod\limits^m_{i=1}{p_i^{c_i}}\)，根据模与同余的性质 \(10\)，只需证对于所有的 \(i\)，都满足 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \pmod {p_i^{c_i}}\)，即可证 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \pmod n\)
对于每一个 \(i\) ：
若 \(\gcd(a, p_i^{c_i}) = 1\) ：
根据欧拉定理，有 \(a^{\varphi(p_i^{c_i})} \equiv 1 \pmod {p_i^{c_i}}\)。因为 \(\varphi\) 是积性函数，则有 \(w\)，满足 \(\varphi(n) = w \varphi(p_i^{c_i})\)，则 \(1 \equiv a^{\varphi(p_i^{c_i})} \equiv (a^{\varphi(p_i^{c_i})})^w \equiv a^{w\varphi(p_i^{c_i})} \equiv a^{\varphi(n)} \pmod {p_i^{c_i}}\)
根据取模的定义，有 \(b = \lfloor\frac{b}{\varphi(n)}\rfloor\varphi(n) + b \bmod \varphi(n)\)，则
\( \begin{aligned} & a^b \\ & \equiv a^{\lfloor\frac{b}{\varphi(n)}\rfloor\varphi(n) + b \bmod \varphi(n)} \\ & \equiv a^{\lfloor\frac{b}{\varphi(n)}\rfloor\varphi(n)} \cdot a^{b \bmod \varphi(n)} \\ & \equiv (a^{\varphi(n)})^{\lfloor\frac{b}{\varphi(n)}\rfloor} \cdot a^{b \bmod \varphi(n)} \\ & \equiv 1^{\lfloor\frac{b}{\varphi(n)}\rfloor} \cdot a^{b \bmod \varphi(n)} \\ & \equiv 1 \cdot a^{b \bmod \varphi(n)} \\ & \equiv a^{\varphi(n)} \cdot a^{b \bmod \varphi(n)} \\ & \equiv a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \\ & \pmod {p_i^{c_i}} \end{aligned} \)
若 \(\gcd(a, p_i^{c_i}) \neq 1\) ：
因为 \(p_i\) 是质数，则一定有 \(p_i|a\)，即一定有 \(k \in \mathbb{N}_+\) 满足 \(a = kp_i\)
根据条件 \(b \geq \varphi(n)\)、\(\varphi\) 是积性函数、引理 \(1\)，可得 \(b \geq \varphi(n) \geq \varphi(p_i^{c_i}) \geq c_i\)
\(a^b = (kp_i)^b=k^bp_i^b=k^bp_i^{b - c_i}p_i^{c_i}\)，则 \(p_i^{c_i} | a^b\)，则 \(a^b \equiv 0 \pmod {p_i^{c_i}}\)
\( \begin{aligned} & a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \\ &= a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n) - c_i} \cdot a^{c_i} \\ &= a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n) - c_i} \cdot (kp_i)^{c_i} \\ &= a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n) - c_i} \cdot k^{c_i}p_i^{c_i} \\ \end{aligned} \)
则 \(p_i^{c_i}|a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)}\)，则 \(a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \equiv 0 \pmod {p_i^{c_i}}\)。则 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \equiv 0 \pmod {p_i^{c_i}}\)
综合 \(\gcd(a, p_i^{c_i}) = 1\) 和 \(\gcd(a, p_i^{c_i}) \neq 1\)，有 \(a^b \equiv a^{b \bmod \varphi(n) + \varphi(n)} \pmod {p_i^{c_i}}\)
综上，原命题得证。
费马小定理
证明：
若 \(\gcd(a, p) = 1\)，根据欧拉定理有 \(a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p \Rightarrow a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \Rightarrow a^p \equiv a \pmod p\)
若 \(\gcd(a, p) \neq 1\)，因为 \(p \in \mathbb{P}\)，则 \(p|a\)，则 \(a \in \mathbb{N},则 a^p \equiv a \equiv 0 \pmod p\)
综上，原命题得证。
威尔逊定理 Willson
证明：
I. \(p\notin\mathbb{P},p\neq4\)
a. \(\exist n\in\mathbb{N_+},p=n^2\)
-
\(p=1\)
\((p-1)! \equiv (1-1)! \equiv 1 \equiv 0 \pmod 1\)
-
\(n>2\)
\(n>2 \Rightarrow n-2>0 \Rightarrow n^2-2n>0 \Rightarrow p - 2n > 0 \Rightarrow p > 2n\)
\((p-1)! \equiv 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n \times \cdots \times 2n \times \cdots \times (p-1) \equiv an^2 \equiv ap \equiv 0 \pmod p\)
b. \(\forall n\in\mathbb{N_+},p\neq n^2\)
\(p\) 一定存在 两个不同的因子 \(d_1, d_2 \in[2,p-1]\cap\mathbb{Z}\) 满足 \(d_1 \cdot d_2 = p\)，则 \((p-1)! \equiv 1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times d_1 \times \cdots \times d_2 \times \cdots \times (p-1) \equiv ad_1d_2 \equiv ap \equiv 0 \pmod p\)
II. \(p\in\mathbb{P}\)
考虑方程 \(x^2\equiv 1\pmod p\)
\(\begin{aligned} x^2\equiv 1 \pmod p \\ x^2 - 1 \equiv 0 \pmod p \\ (x-1)(x+1) \equiv 0 \pmod p \end{aligned}\)
得 \(x=1\pmod p\) 或 \(x=-1=p-1\pmod p\)。
又因为模意义下乘法的逆元唯一，则 \(2,3,4,\dots,p-2\) 两两在相乘 \(\bmod p\) 等于 \(1\)。
则 \((p-1)!\equiv 1 \cdot (p-1) \cdot \prod\limits_{i=2}^{p-2}i \equiv (p-1) \cdot 1 \equiv p - 1 \equiv -1 \pmod p\)
模意义下乘法的逆元
定义
设 \(a \in Z, n \in N_+\)，若整数 \(b\)，满足
则称 \(b\) 为 \(a\) 模 \(n\) 的逆元，记 \(b = a^{-1}\)
性质
性质 1
证明：
反证法。假设 \(\gcd(a, n) = g > 1\)，存在 \(a^{-1}\) 满足 \(aa^{-1}\equiv 1 \pmod n\)，则有 \(k_1, k_2\) 满足
\(
\begin{cases}
k_1 \cdot g = a \\
k_2 \cdot g = n
\end{cases}
\)
\( aa^{-1} \bmod n = k_1ga^{-1} \bmod k_2g = k_1ga^{-1} - \lfloor \frac{k_1ga^{-1}}{k_2g} \rfloor k_2g = g(k_1a^{-1} - \lfloor \frac{k_1a^{-1}}{k_2} \rfloor k_2) \)
因为 \(g > 1\)，所以 \(g(k_1a^{-1} - \lfloor \frac{k_1a^{-1}}{k_2} \rfloor k_2) \neq 1\)，即 \(aa^{-1} \bmod n \neq 1\)，与 \(aa^{-1}\equiv 1 \pmod n\) 矛盾，故原命题成立。
性质 2
证明：
设 \(a_1^{-1},a_2^{-1}\) 满足
\(
\begin{cases}
aa_1^{-1} \equiv 1 \pmod n \\
aa_2^{-1} \equiv 1 \pmod n
\end{cases}
\)
则 \(aa_1^{-1} \equiv aa_2^{-1} \pmod n\)，根据模的性质 \(6\) 得 \(a_1^{-1} \equiv a^{-1} \pmod {\frac{n}{gcd(a,n)}}\)，根据同余的性质 \(1\)，得 \(\gcd(a, n) = 1\)，则 \(a_1^{-1} \equiv a^{-1} \pmod n\)，原命题得证。
求法
给定 \(a > n\)，求 \(aa^{-1}\equiv 1 \pmod n\)，中的 \(a^{-1}\)
若 \(n \in \mathbb{P}, \gcd(a,n) = 1\)，利用费马小定理，则 \(a^{n-1} \equiv 1 \pmod n \Rightarrow aa^{n-2} \equiv 1 \pmod n\)，\(a^{n-2}\) 即为 \(a^{-1}\)。
求 \(1 \sim n\) 模 \(p\) 意义下的逆元，其中 \(p \in P\)
方法一
对于 \(i \in [1, n] \cap \mathbb{Z}\)
\(\frac{\lfloor\frac{p}{i}\rfloor}{p \bmod i}\) 即为 \(i\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。枚举 \(i\)，对于 \(\lfloor\frac{p}{i}\rfloor\) 可以 \(O(1)\) 求出，对于 \(\frac{1}{p \bmod i} \bmod n\)，以为 \(p \bmod i < i\) 所以在求 \(\frac{1}{i} \bmod n\) 之前一定求出来了，\(O(1)\) 调用即可。综上时间复杂度 \(O(n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)
void calc_inv() {
inv[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; i++)
inv[i] = (((-1ll * (p / i) % p) * inv[p % i]) % p + p) % p;
}
方法二
根据 \(\frac{1}{i!}=\frac{i+1}{(i+1)!}\)，可以按一下方法求 \(1 \sim n\) 的逆元：
- 预处理 \(1 \sim i\) 的阶乘数组，时间复杂度 \(O(n)\)
- 计算 \(n!\) 的逆元，时间复杂度 \(O(\log p)\)
- 从 \(\frac{1}{n!}\) 利用 \(\frac{i}{i!} = \frac{1}{(i-1)!}\)，计算出 \(1 \sim n\) 的阶乘的逆元，时间复杂度 \(O(n)\)
- 求出 \(1 \sim n\) 的逆元 \(\frac{1}{i} \equiv \frac{1}{i!} \cdot (i - 1)! \pmod n\)，时间复杂度 \(O(n)\)
综上时间复杂度 \(O(3n + \log p) = O(n)\)
这种方法适合求排列数、组合数。
ll f[N]; // x!
ll g[N]; // (x!)^-1 mod m
ll h[N]; // x^-1
ll quick_pow(ll a, ll p, ll m) {
ll res = 1;
a %= m;
while(p)
{
if(p & 1)
res = (res * a) % p;
a = (a * a) % p;
p >>= 1;
}
return ans % m;
}
void calc(ll n, ll p) {
for(int i=1; i<=n; ++i)
f[i] = f[i - 1] * i % p;
g[n] = quick_pow(f[n], p - 2, p);
for(int i = n - 1; i >= 1; --i)
g[i] = g[i + 1] * (i + 1) % p;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
h[i] = g[i] * f[i - 1] % p;
}
若乘法溢出，可以仿照快速幂，写龟速乘：
ll mul(ll a, ll b, ll m) {
ll res = 0;
while(b)
{
if(b & 1)
res = (res + a) % m;
a = (a + a) % m;
b >>= 1;
}
return res % m;
}
裴蜀定理
证明：
证法 \(1\) ：
设 \(g=\gcd(a,b)\)，则有 \(k_1,k_2\) 满足
\(
\begin{cases}
k_1g=a \\
k_2g=b
\end{cases}
\)，\(\gcd(k_1,k_2)=1\)
\( \begin{aligned} ax+by&=g \\ k_1gx+k_2gy&=g \\ k_1x+k_2y&=1 \\ k_1x-1&=-y \cdot k_2 \\ \end{aligned} \)
\(\Leftrightarrow k_1x \equiv 1 \pmod {k_2}\)，根据欧拉定理，取 \(x=k_1^{\varphi(k_2)-1}\)，则 \(y\) 显然存在。
原命题得证。
证法 \(2\) ：
若 \(b = 0\)，显然有一组特解 \(x=1,y=0\)
若 \(b \neq 0\)，则 \(\gcd(a,b) = \gcd(b, a \bmod b)\)。假设存在 \(x,y\) 满足 \(bx + (a \bmod b)y=\gcd(b,a\bmod b)\)，则根据
\( \begin{aligned} & bx + (a \bmod b)y \\ &= bx+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor b)y \\ &= ay + b(x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y) \\ &= \gcd(b, a\bmod b) \\ &= \gcd(a,b) \end{aligned} \)
一定存在 \(x'=y,y'=(x-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y)\) 满足 \(ax'+by' = \gcd(a,b)\)
根据欧几里得算法，有 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b) = \gcd(a \bmod b, b \bmod (a \bmod b)) = \cdots = \gcd(\gcd(a,b),0)\)，对于 \(\gcd(\gcd(a,b),0)\)，这是 \(b=0\) 时的情况，有解。根据上面 \(x',y'\) 的倒推过来，对于 \(\gcd(a,b)\) 的也一定有解。
综上，原命题得证。
扩展欧几里得 exgcd
裴蜀定理根据欧几里得算法证明的，且证法 \(2\) 给出了 \(x,y\) 的求法。
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if(b == 0) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, x, y);
int z = x;
x = y;
y = z - y * (a / b);
return d;
}
时间复杂度 \(\log(\min(a,b))\)，和欧几里得算法一样，只不过记录了一组特解 \(x,y\)
二元一次不定方程
\(a,b,c\in\mathbb{Z},a,b不全为0,ax+by=c\)
性质
证明：
必要性：根据裴蜀定理求出 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组特解 \(x_0, y_0\)，则 \(x=x_0 \cdot \frac{c}{\gcd(a,b)}, y=y_0 \cdot \frac{c}{\gcd(a,b)}\)
充分性：
设 \(g = \gcd(a,b)\), 设 \(g=\gcd(a,b)\)，则有 \(k_1,k_2\) 满足
\(
\begin{cases}
k_1g=a \\
k_2g=b
\end{cases}
\)，\(\gcd(k_1,k_2)=1\)
\(\begin{aligned} ax+by&=c \\ k_1gx+k_2gy&=c \\ g(k_1x+k_2y)&=c \end{aligned}\)
则 \(g|c\)，即 \(\gcd(a, b)|c\)
综上，原命题得证。
对于多元一次方程 \(n\in [2, +\infty] \cap \mathbb{Z}, b,a_i\in\mathbb{Z},\sum\limits^n_{i=1}|a_i|>0,\sum\limits^n_{i=1}a_ix_i=b\)，当且仅当 \(\gcd(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n)|b\) 时有正整数解
对于 \(n = 2\)，即为二元一次不定方程。
对于 \(n > 2\) ：
必要性：设 \(g = \gcd(a_1, a_2, a_3, \dots, a_n)\)，因为 \(\forall i \in [1, n] \cap\mathbb{Z}, g|a_i\)，所以 \(\forall i \in [1, n] \cap\mathbb{Z}, g|a_ix_i\)，所以 \(g|\sum\limits^n_{i=1}a_ix_i\)，即 \(g|b\)
充分性：
设 \(g=\gcd(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n), g_2 = \gcd(a_1, a_2)\)。
假设对于方程 \(g_2t+a_3x_3+a_4x_4+\cdots+a_nx_n=b\) 有解，一组特解为 \(t',x_3',x_4',\dots, x_n'\)
对于方程 \(a_1x_1+a_2x_2 = g_2t'\)，因为 \(g_2 = \gcd(a_1, a_2)\)，则方程显然有解，一组特解为 \(x_1', x_2'\)
因为 \(\gcd(g_2, a_3, a_4,\dots,a_n) = g\)，则对于方程 \(a_1x_2+a_2x_2+a_3x_3+\cdots+a_nx_n\) 有解，一组特解为 \(x_1',x_2',x_3',\cdots,x_n'\)
综上，原命题得证。
通解
设 \(g = \gcd(a,b)\)，根据裴蜀定理求出 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组特解 \(x_0, y_0\)，方程的通解为
证明：
\(\begin{aligned} a(x_0 \frac{c}{g} + k \frac{b}{g}) + b(y_0 \frac{c}{g} - k \frac{a}{g}) &= c \\ ax_0 \frac{c}{g} + ak \frac{b}{g} + by_0 \frac{c}{g} - bk \frac{a}{g} &= c \\ ax_0 \frac{c}{g} + by_0 \frac{c}{g} &= c \end{aligned}\)
原命题得证。
最小非负整数解：
\(x = (x_0\frac{c}{g} \bmod \frac{b}{g} + \frac{b}{g}) \bmod \frac{b}{g}\)
\(y = (y_0\frac{c}{g} \bmod \frac{a}{g} + \frac{a}{g}) \bmod \frac{a}{g}\)
中国剩余定理 CRT
对于一元线性同余方程组
\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n\in\mathbb{Z}, m_1,m_2,m_3,\dots,m_n\) 两两互质。
设 \(M = \prod\limits^n_{i=1}m_i, M_i=\frac{M}{m_i},t_i = M_i^{-1} \bmod m_i,\forall i \in\{1,2,3,\dots,n\}\)
原方程组的通解为
在模 \(M\) 意义下解唯一。
证明：
对于 \(j \in \{1,2,3,\dots,n\}\) ：
若 \(j = i\)，则 \(a_it_iM_i \equiv a_i \cdot 1 \equiv a_i \pmod {m_j}\)
若 \(j \neq i\)，因为 \(M_i = \frac{M}{m_i}\)，所以 \(m_j|M_i\)，则 \(a_it_iM_i \equiv 0 \pmod {m_j}\)
综上，有 \(x \equiv a_i \pmod {m_i}\)
假设 \(x_1,x_2\) 都是原方程组的整数解，则 \(x_1\equiv x_2 \pmod {m_i}\)，因为 \(m_i\) 两两互质，根据模与同余的性质 \(11\)，有 \(x_1 \equiv x_2 \pmod {\prod\limits^{n}_{i=1}m_i}\)，即 \(x_1 \equiv x_2 \pmod{M}\)，所以每两个相邻的整数解相差 \(M\)
综上，原命题得证。
扩展中国剩余定理 exCRT
解一元线性同余方程组
\(a_1,a_2,a_3,\dots,a_n\in\mathbb{Z}\)
解：
利用 \(\text{exgcd}\) 合并方程。
取前两个方程
\(\begin{cases}
x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\
x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\
\end{cases} \Rightarrow
\begin{cases}
x = k_1m_1 + a_1 \\
x = k_2m_1 + a_2
\end{cases} \Rightarrow
k_1m_1 + a_1 = k_2m_1 + a_2 \Rightarrow
k_1m_1 + k_2 \cdot (-m_2) = a_2 - a_1
\)，用 \(\text{exgcd}\) 解出方程的一组特解 \(k_1=k_1',k_2=k_2'\)，回代即可得出 \(x\) 的一个特解 \(x=x_0\)。若 \(\gcd(m_1,m_2) \nmid (a_2-a_1)\)，则无解。
\(k_1\) 的通解为 \(k_1=k_1' + t\frac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)},t\in\mathbb{Z}\)，则每 \(\frac{m_2}{\gcd(m_1,m_2)}\) 个数 \(k_1\) 就有一个解，又 \(x = k_1m_1 + a_1\)，则每 \(\frac{m_1m_2}{\gcd(m_1,m_2)}\)，即每 \(\text{lcm}(m_1, m_2)\) 个数 \(x\) 就有一个满足前两个方程的解，则 \(x\) 的通解为 \(x=x_0 + t\cdot\text{lcm}(m_1, m_2),t\in\mathbb{Z}\)，则有方程 \(x\equiv x_0 \pmod{\text{lcm}(m_1, m_2)}\)。
综上，
\(\begin{cases}
x \equiv a_1 \pmod {m_1} \\
x \equiv a_2 \pmod {m_2} \\
\end{cases} \Rightarrow
x\equiv x_0 \pmod{\text{lcm}(m_1, m_2)}
\)。不断重复这个过程，直至合并为一个方程。
