扩展欧几里得算法
扩展欧几里得算法：
前言：
学了两周数据结构发现数论图论忘光了，所以回来补一下，顺便写下笔记。
前置需要：
欧几里得算法，裴蜀定理，脑子
欧几里得算法:即辗转相除法，\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a \bmod b)\)
裴蜀定理：若 \(a,b\) 是整数,且 \(\gcd(a,b)=d\)，那么对于任意的整数\(x\)和\(y\),\(ax+by\) 都一定是\(d\)的倍数，特别地，一定存在整数\(x,y\),使\(ax+by=d\)成立。
用途：
扩展欧几里得算法\((exgcd)\)一般用于判断并求解形如 \(ax+by=c\) 的不定方程。（\(a,b,c\) 为已知数，\(x,y\) 为未知数）
思想：
首先由裴蜀定理可知，方程有解必须满足 \(\gcd(a,b)\mid c\),所以先讨 \(ax+by=\gcd(a,b)\)，再推至所有情况。
可以由欧几里得算法往后推：
\(ax+by=\gcd(a,b)\)
\(=\gcd(b,a\bmod b)\)
\(=\gcd(b,a-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor*b)\)
\(=bx_1+(a-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor*b)y_1\)
\(=bx_1+ay_1-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *by_1\)
\(=ay_1+b(x_1-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor*y_1)\)
发现只要有了 \(\gcd(b,a\bmod b)\)时的 \(x_1,y_1\) ，就可以推出 \(\gcd(a,b)\) 时的 \(x\) 和 \(y\)。即：
\(x=y_1,y=x_1-\left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor*y_1\)
当欧几里得算法算到最后即 \(a\bmod b=0\) 时，返回\(b\)为\(\gcd(a,b)\)，显然此时有\(a*0+b*1=\gcd(a,b)\)，即: \(x=0,y=1\)
综上可以发现，我们在递归 \(\gcd(a,b)\) 回溯时同时返回当前的 \(x_1,y_1\)，就可以求出上一层的 \(x,y\)，这样就可以通过递归求解最开始的 \(x,y\) 了。
该算法依据于欧几里得算法 \((gcd)\)，因而得名扩展欧几里得算法 \((exgcd)\)。
实现:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(a<b)return exgcd(b,a,y,x);
if(a%b==0){
x=0;y=1;
return b;
}
else{
int tx,ty;
int d=exgcd(b,a%b,tx,ty);
x=ty;
y=tx-a/b*ty;
return d;
}
}
int main(){
int a,b,x,y;
cin>>a>>b;
int d=exgcd(a,b,x,y);
cout<<x<<" "<<y<<endl;
return 0;
}
另外这里
int tx,ty;
int d=exgcd(b,a%b,tx,ty);
x=ty;
y=tx-a/b*ty;
可以写成更美观的形式，一样的含义，即
int x1;
int d=exgcd(b,a%b,x1,x);
y=x1-a/b*x;
不难理解。
解的性质：
对于通过扩展欧几里得算法得出的不定方程 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的解有着一个良好的性质：
\(|x|\leq b,|y|\leq a\)。
数学归纳法证明：
-
当扩展欧几里得算法递归到最后即 \(a\bmod b=0\) 时，\(x=0,y=1\)，显然满足该性质。
-
取扩展欧几里得中任意一次回溯，有\(bx_1+(a\bmod b)y_1=\gcd(b,a\bmod b)\)。
即已知：
- \(|x_1|\leq \left(a\bmod b\right)\)
- \(|y_1|\leq b\)
- \(x=y_1\)
- \(y=x_1-\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor \times y_1\)
求证：
- \(|x|\leq b\)
- \(|y|\leq a\)
证明：
\(\because |y_1|\leq b,x=y_1\)
\(\therefore |x|\leq b\)
\(5\) 得证。
设\(t=\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor\times y_1\),
\(\because |y_1|\leq b\)
\(\therefore |t|=|\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor \times y_1|\leq a-a\bmod b\)
\(\therefore -a+a\bmod b\leq t\leq a-a\bmod b\)
\(\because |x_1|\leq a\bmod b\)
\(\therefore -(a \bmod b)\leq x_1\leq a\bmod b\)
取 \(x_{1_{min}}-t_{max}\) 和\(x_{1_{max}}-t_{min}\) 则有
\(-a \bmod b-a+a\bmod b\leq x_1-t\leq a\bmod b+a-a\bmod b\)
即 \(|x_1-t|\leq a\)
\(\therefore |x_1-\left\lfloor \frac{a}{b} \right\rfloor \times y_1|\leq a\)
\(\therefore |y|\leq a\)
\(6\) 得证。
例题：
1.P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程
推柿子：
\(ax\equiv 1\pmod b\)
\(ax-1=bt\)
\(ax-bt=1\)
发现是道模板题，但怎么保证 \(x\) 是最小整数解呢？
由于我们求出的 \(x,y\) ,是不定方程的一组特解，所以来考虑通解。
对于方程\(ax+by=\gcd(a,b)\)，可以稍微变形得到
\(ax+k*ab+by-k*ab=\gcd(a,b)\)
\(a(x+kb)+b(y-ka)=\gcd(a,b)\)
有一组整数解为\(x_0,y_0\)
则方程通解为
\(\begin{cases}
x=x_0+kb\\
y=y_0-ka
\end{cases}\)
\((k\in \mathbb{Z})\)
也就是说 \(x\) 是每 \(b\) 个数中存在一个，\(y\) 是每 \(a\) 个数中存在一个。
看原式显然 \(x\) 是不等于0或 \(b\) 的，所以只需取到 \(1\) 到 \(b-1\) 之间的 \(x\)。由于上述解的性质，\(|x|\leq b\) ,所以只需要将 \(x\) 加 \(b\)，再对 \(b\) 取模即可。
另外，方程有解的情况为 \(\gcd(a,b)\mid 1\)，题目又保证有解，则 \(\gcd(a,b)=1\)，也就是说 \(a,b\) 互质。（虽然并没有什么用。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
if(a<b)return exgcd(b,a,y,x);
if(a%b==0){
x=0;y=1;
return b;
}
else{
int x;
int d=exgcd(b,a%b,x1,x);
y=x1-a/b*x;
return d;
}
}
int main(){
ll a,b,x,y;
cin>>a>>b;
ll d=exgcd(a,b,x,y);
cout<<(x+b)%b;
return 0;
}
2.P1516 青蛙的约会
设跳 \(s\) 次后两青蛙相遇，可以列出同余方程:
\(x+sm\equiv y+sn \pmod L\)
\(x+sm-y-sn=tL\)
由于 \(s\) 和 \(t\) 是未知数，所以化为
\(s(n-m)+tL=x-y\)
发现这就是不定方程，设 \(a=n-m,b=L,c=x-y\)
我们就得到了\(sa+tb=c\)
但此题 \(c\) 是 \(\gcd(a,b)\) 的倍数，只需先求出
\(sa+tb=\gcd(a,b)\) 的解，再方程两边同乘\(\frac{c}{\gcd(a,b)}\),即原方程答案为 \(s\frac{c}{\gcd(a,b)}\) 和 \(t\frac{c}{\gcd(a,b)}\)。
这就做完了吗？并没有。注意到 \(gcd\) 对负数是没有意义的，所以我们要保证 \(\gcd(a,b)\) 中的 \(a,b\) 都不为负，\(b=L\),而 \(L\) 是保证大于0的，但 \(a=n-m\) 是可能为负的，所以方程两边要同乘 \(-1\) ，但为了保证 \(b\) 为负，所以我们只用把 \(a\) 和 \(c\) 都取负，对于 \(b\)，我们不操作。
这样方程不就不是原来的方程了吗，是的，但他们是有联系的。原本的方程 \(sa+tb=c\) 中\(s\) 和 \(t\) 相当于一般形式中的 \(x\) 和 \(y\) ，而现在的方程变为了 \(-sa+tb=-c\) 即 \(sa-tb=c\) ，
其中 \(s\) 和 \(-t\) 相当于一般形式中的 \(x\) 和 \(y\) 。
所以只需对最后得出的 \(t\) 取负就能得出原方程的解，另外也可以将 \(s\) 带入反推 \(t\)。当然本题对 \(t\) 没有要求，但不代表以后不会求类似的解。
理解了这一点代码就是模板了。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
ll d,t;
if(a%b==0){
x=0;y=1;
return b;
}
d=exgcd(b,a%b,x,y);
t=x-a/b*y;
x=y;
y=t;
return d;
}
ll x,y,m,n,l,a,b,c,tx,ty,d,r;
int main(){
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
a=n-m,b=l,c=x-y;
if(a<0){
a=-a;
c=-c;
}
d=exgcd(a,b,tx,ty);
r=b/d;
if(c%d==0) cout<<((c/d*tx)%r+r)%r;
else cout<<"Impossible"<<endl;
return 0;
}
题外话：
写了这么多，自己又分析了一通理解++了，希望以后不会忘。
