二元一次不定方程学习笔记

定义

含有两个未知数，且未知数项的次数都是 $1$ 的不定方程就是二元一次不定方程，一般可以化成下面的形式：

$$ax+by=c$$

前置知识

裴蜀定理

定理：对于一个二元一次不定方程，当 $\gcd(a,b)|c$ 存在整数解。

证明：设 $c = k \times \gcd(a,b)$ ，只需证明 $ax+by=\gcd(a,b)$ 有整数解，因为把等式两边同时乘 $k$ 即可得到 $a(x\times k) + b(x \times k)=c$ 。

设 $a_0 = \frac{a}{\gcd(a,b)}$ , $b_0 = \frac{b}{\gcd(a,b)}$ ，则 $a_0 \perp b_0$， 则方程可以化为：

$$a_0x+b_0y=1$$

为了证明这个方程有整数解，我们可以构造一组解。设 $a_0^{-1}$ 是 $a_0$ 在模 $b_0$ 意义下的逆元，我们可以得到：

$$a_0a_0^{-1}-b_0\times \lfloor\frac{a_0a_0^{-1}}{b_0}\rfloor=1$$

因为 $a_0a_0^{-1} \equiv 1 \pmod {b_0}$ ，所以设 $a_0a_0^{-1}=kb_0+1$， $\lfloor\frac{a_0a_0^{-1}}{b_0}\rfloor=k$ ，代入原式得：

$$(kb_0+1)-b_0=1$$

$$1=1$$

$therefore$ 对于方程 $a_0x+b_0y=1$ 一定有整数解 $x=a_0^{-1}, y = -\frac{a_0a_0^{-1}}{b_0}$ ，故方程 $ax+by=c$ 一定有整数解，证毕。

辗转相除法

辗转相除法又称欧几里得（Euclid）算法，可以在 $O(\log n)$ 的时间复杂度内求出 $\gcd(a,b)$ ，设 $a>b$ ，过程如下：

$$\gcd(a,b) = \begin{cases} b&{a=0} \\ \gcd(b,a \mod b)&{otherwise} \end{cases}$$

这就是大多数时候求 $\gcd$ 的方法。

求解二元一次不定方程

扩展欧几里得算法 （exEuclid）

对于一个二元一次不定方程 $ax+by=\gcd(a,b)$ 来说，我们可以按照辗转相除法的方法来顺便求出 $x,y$ 。

举个例子，当 $a=39,b=15$ 时，执行辗转相除法的过程如下：

$$39,15 \to 15,9 \to 9,6 \to 6,3 \to 3,0$$

我们先考虑最后一个方程，设 $a_0,b_0$ 为当前的 $a,b$ ，$x_0,y_0$ 为当前的 $x,y$ ，比如上面 $a_0$ 就等于 $3$ ，得到方程：

$$a_0x_0+b_0 \times y_0=\gcd(a,b)$$

$\because b_0=0$ ， $\therefore$ 方程变为

$$a_0x_0=\gcd(a,b)$$

所以现在 $x_0=\gcd(a,b) \div a_0$ ，而 $a_0$ 就是 $\gcd(a,b)$ ，所以$x_0=1$
。

现在我们往上推，设 $a_1,b_1$ 为上一次的 $a$ 和 $b$ , 所以根据辗转相除法， $a_0=b_1, b_0=a_1\bmod b = a_1-\lfloor\frac{a_1}{b_1}\rfloor\times b_1$ ，所以方程变为：

$$b_1\times x_0 + (a_1-\lfloor\frac{a_1}{b_1}\rfloor \times b_1)\times y_0=\gcd(a,b)$$

把 $a_1$ 和 $b_1$ 提出来得：

$$a_1 \times y_0 + b_1 \times (x_0-\lfloor\frac{a_1}{b_1}\rfloor \times y_0) =\gcd(a,b)$$

这样新的解就是 $x1 = y_0,y_1=x_0-\lfloor\frac{a_1}{b_1}\rfloor\times y_0$
，然后就可以再往上推了。这就是扩展欧几里得算法，时间复杂度和辗转相除法一样，都是 $O(\log n)$ 。

code

//a>=b,返回gcd(a,b)，并修改x,y，使得ax+by=gcd(a,b) 
int exEuc(int a, int b, int &x, int &y) {
	if (b == 0) {//结束条件 
		x = 1, y = 0;
		return a;	
	}
	int t = exEuc(b, a % b, x, y);
	int x0 = x, y0 = y;//暂记录上次的结果 
	x = y0, y = x0 - (a / b) * y0;
	return t; 
}

方程的多个解

对于一个二元一次方程 $ax+by=c$ ，要么没有整数解，要么有无穷多个整数解和有限个正整数解，对于任意一组整数解 $x_0.y_0$ 和整数 $k$ ，$a_0 = \frac{a}{\gcd(a,b)},b_0 = \frac{b}{\gcd(a,b)},c_0=\frac{c}{\gcd(a,b)}$ ，满足于下面的算式的都是解：

$$\begin{cases} x_k=x_0+k \times b_0\\ y_k=y_0-k\times a_0 \end{cases}$$

所有整数解都可以这样算出来，这也很好理解，下面证一下：

$$a_0x_0+b_0y_0=c_0$$

$$a_0x_0+b_0y_0+a_0\times k \times b_0 - a_0 \times k \times b_0 = c_0$$

$$a_0(x_0+k \times b_0) + b_0(y_0-k \times a_0) = c_0$$

$$a_0x_k+b_0y_k=c_0$$

得证。

一些题目

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

题意：有点多，自己看吧。

思路：

对于 $c\not|\gcd(a,b)$，说明无解。

对于有解，先求出 $x,y$ 的最小正整数值，而 $x$ 的最小正整数值与 $y$ 的最大正整数值是一组解，反之亦然，所以判断这样算出的 $x,y$ 的最大正整数值是否为正整数，不是直接输出最小值，是的话正整数解的个数就是 $x$ 的最大值与最小值的差除以 $b_0$ 加一。

code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exEuc(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
	if (b == 0) {
		x = 1, y = 0;
		return a; 
	}
	ll t = exEuc(b, a % b, x, y);
	ll x0 = x, y0 = y;
	x = y0, y = x0 - (a / b) * y0;
	return t;
}
ll a, b, c;
void solve() {
	scanf("%lld%lld%lld", &a, &b, &c);
	ll x, y;
	ll g = exEuc(a, b, x, y);
	if (c % g != 0)
		printf("-1\n");
	else {
		x = x * (c / g), y = y * (c / g);
		ll a0 = a / g, b0 = b / g;
		ll x0 = (x > 0 ? -1ll * floor(1.0 * x / b0) : 1ll * ceil(1.0 * (0 - x) / b0));
		ll y0 = (y > 0 ? -1ll * floor(1.0 * y / a0) : 1ll * ceil(1.0 * (0 - y) / a0));
		x0 += (x + x0 * b0 == 0), y0 += (y + y0 * a0 == 0);
		if (y - a0 * x0 <= 0 && x - b0 * y0 <= 0)
			printf("%lld %lld\n", x + x0 * b0, y + y0 * a0);
		else {
			ll x1 = x - b0 * y0, y1 = y - a0 * x0;
			x0 = x + x0 * b0, y0 = y + y0 * a0;
			printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n", (x1 - x0) / b0 + 1, x0, y0, x1, y1);
		}
	}
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while (T--)
		solve();	
	return 0;
}