裴蜀定理与扩展欧几里得

裴蜀定理与扩展欧几里得

裴蜀定理

定理

对于任意整数$a,b$，设$d=gcd(a,b)$，则方程$ax+by=d(s\in \mathbb{Z})$必定有无数组整数解$(x,y)$。

且对于$d$的任意整数倍也有解。

证明

设$d=gcd(a,b),s$为$ax+by$的最小正值，我们需要证明$d=s$。

设$r=bmods$，则$r=b-qs(q=\lfloor \frac{b}{s}\rfloor \in \mathbb{Z})$

展开得$r=b-q(ax+by)=a(-qx)+b(1-qy)$，这时令$r=a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime },x^{\prime }=-qx,y^{\prime }=1-qy$，则$r$也是$ax+by$的一个值。

根据模运算的性质有：$0\le r<s$，由于$s$是$ax+by$的最小正值，则$r=0$，故$s|b$。

类似的，

设$r=amods$，则$r=a-qs(q=\lfloor \frac{a}{s}\rfloor \in \mathbb{Z})$

展开得$r=a-q(ax+by)=a(1-qx)+b(-qy)$，这时令$r=a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime },x^{\prime }=1-qx,y^{\prime }=-qy$，则$r$也是$ax+by$的一个值。

根据模运算的性质有：$0\le r<s$，由于$s$是$ax+by$的最小正值，则$r=0$，故$s|a$。

$s|a,s|b⟹s|gcd(a,b),s|d$。

再者，设$a=md,b=nd$。则$ax+by=d(mx+ny),gcd(m,n)=1$。

由于$s=ax+by=d(mx+ny)\ge 1$，所以可以得到$d|s$。

故有$s|d,d|s⟹d=s$。

$QED.$

裴蜀定理可以扩展到$n$元形式。

也即$n$元一次方程$\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i=k$的充要条件是$gcd(a_1,a_2\dots a_n)|k$。

证明过程模仿$2$元形式的证明，应用数学归纳法即可。

应用

裴蜀定理

如上文所说，只需要打一个GCD即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long
int gcd(int a,int b){
    return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
signed main(){
    int n;cin>>n; 
    int a,ans;cin>>a;ans=a;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        cin>>a;ans=gcd(ans,a);
        if(ans<0)ans=-ans;
    }
    cout<<ans<<"\n";
}

向量

首先，减去$(a,b)$等价于加上$(-a,-b)$，其余同理，所以只需要考虑四个向量：$(a,b),(b,a),(-a,b),(-b,a)$。

所以可以得到方程组：

$$\{\begin{array}{rl}(A-C)a+(B-D)b& =x\\ (B+D)a+(A+C)b& =y\end{array}$$

设$gcd(a,b)=d$，则两个方程有解的充要条件是$d|x,d|y$（裴蜀定理）。此时即得到了$A-C,A+C,B-D,B+D$的值，不妨记为$f_1,f_2,f_3,f_4$。则：$A=\frac{f_1+f_2}{2},C=\frac{f_2-f_1}{2},B=\frac{f_3+f_4}{2},D=\frac{f_4-f_3}{2}$。

所以说，$f_1,f_2$需要奇偶性相同，$f_3,f_4$同理，现在考虑如何保证奇偶性相同呢？不妨分类讨论：

1. $f_1,f_2,f_3,f_4$均为偶数，此时有：$x=f_{1}a+f_{3}b$，提取一个公约数$2$，变成：$d|\frac{x}{2}⟹2d|x$，同理可以得到：$2d|y$。

$2d|x,2d|y$

2. $f_1,f_2,f_3,f_4$均为奇数，此时有：$x+a+b=(f_1+1)a+(f_3+1)b$，再提取一个公约数$2$，变成$2d|(x+a+b),2d|(y+a+b)$。

$2d|(x+a+b),2d|(y+a+b)$

3. $f_1,f_2$为偶数，$f_3,f_4$为奇数，此时有：$x+b=f_{1}a+(f_3+1)b,y+a=(f_4+1)a+f_{2}b$，类似的我们可以得到：$2d|(x+b),2d|(y+a)$。

$2d|(x+b),2d|(y+a)$

4. $f_1,f_2$为奇数，$f_3,f_4$为偶数，此时有：$x+a=(f_1+1)a+f_{3}b,y+b=f_{4}a+(f_2+1)b$，类似的我们可以得到：$2d|(x+a),2d|(y+b)$。

$2d|(x+a),2d|(y+b)$

四种情况满足一种即可，前提是$d|x，d|y$。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long//警钟长鸣
int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
signed main(){
	int n,a,b,x,y;cin>>n;
	while(n--){
		cin>>a>>b>>x>>y;
		int d=gcd(a,b);
		d<<=1;
		if(x%d==0&&y%d==0)cout<<"Y\n";
		else if((x+a)%d==0&&(y+b)%d==0)cout<<"Y\n";
		else if((x+b)%d==0&&(y+a)%d==0)cout<<"Y\n";
		else if((x+a+b)%d==0&&(y+a+b)%d==0)cout<<"Y\n";
		else cout<<"N\n";
	}
	return 0;
}

模

这个题是真的得手玩了。

引理：一个数$m$在$k$进制下的数位和可以表示为$m+x(1-k)$。

证明：

由于一个数$m$总可以表示为$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{x}_i{k}^i$，$(0\le x_i<k)$

分类讨论：

1. $m<k$，此时$x=0$
2. $m=k^i,(i\in \mathbb{Z})$

此时$k$进制下数位和$=1=x+(1-x)=x+(1-k^i)$，而由于当$k=1$时，$(1-k^i)=0$，所以根据因式分解的知识，其必然存在一个因式为$(1-k)$。此时说明$(1-k^i)$也符合引理。

3. $m\in \mathbb{Z}$

尝试对$2.$中的方法进行扩展。设其有$n$位，则$m=\sum _{i=0}^n{x}_i{k}^i,\text{数位和为}\sum _{i=0}^n{x}_i$。

接着，将其拆开$\sum _{i=0}^n{x}_i=\sum _{i=0}^n{x}_i·1=\sum _{i=0}^n{x}_i(k^i+(1-k^i))=\sum _{i=0}^n{x}_i{k}^i+\sum _{i=0}^n{x}_i(1-k^i)=m+t(1-k)$

得证。

$QED.$

这样的话，我们就只需要判断方程：$an+t(1-k)\equiv c(modb)$是否有解。

也即$ax+(1-k)y+bz=c$有无解，裴蜀定理即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long//注意
int gcd(int a,int b){
	return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
signed main(){
	int a,b,c,k,T;cin>>T;
    while(T--){cin>>a>>b>>c>>k;
		puts(c%(gcd(gcd(a,b),1-k))?"No":"Yes");	
	}
}

扩展欧几里得算法(exgcd)

应用：求解$ax+by=gcd(a,b)$的不定方程，并给出一组解。

算法思想

根据普通$gcd$，我们知道$gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$。

这就意味着$ax+by=gcd(a,b)⟹bx+(amodb)y=gcd(a,b)$有解。

这启发我们运用这个过程去解决方程。

显然我们可以根据$gcd$一直化简到方程$a^{\prime }x+0y=a$。这是欧几里得算法的终末态。

此时显然有一组解：$x=1,y=0$。($y=0$是为了防爆精度)。

然后考虑回推。

设$a^{\prime }x+b^{\prime }y=gcd(a,b)$是由$ax+by=gcd(a,b)$推出，这个不定方程的解为$x_0,y_0$。则显然$a^{\prime }=b,b^{\prime }=amodb=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b$。

带回式子，可以得到$b{x}_0+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor b)y_0=gcd(a,b)$

整理一下，可以得到$a{y}_0+b(x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_0)=gcd(a,b)$。

所以$ax+by=gcd(a,b)$的解$x_1=y_0,y_1=x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor y_0$。

显然，求解$gcd(a,b)$是一个“递”的过程，得出不定方程解是一个“归”的过程，可以考虑使用递归方法实现。

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){//注意传地址
	if(b==0){
		x=1,y=0;return a;
	}
	int d=exgcd(b,a%b,x,y);
	int z=x;x=y,y=z-(a/b)*y;
	return d;
} 

那么回归正题：求解$ax+by=t$的方程。

根据裴蜀定理，其有解的充分必要条件是$gcd(a,b)|t$。现在我们来考虑求解它。

方法一

先解出$a{x}_0+b{y}_0=gcd(a,b)$，然后两式同乘$\frac{t}{gcd(a,b)}$，即可得到$ax+by=t$的解$x_1=x_0\frac{t}{gcd(a,b)},y_1=y_0\frac{t}{gcd(a,b)}$。

方法二

显然，对于不定方程$ax+by=1$，有解的充要条件是$gcd(a,b)=1$，对于$ax+by=t$的方程，设$d=gcd(a,b)$，将方程化为$\frac{a}{d}x+\frac{b}{d}y=\frac{t}{d}$，解出方程$\frac{a}{d}x+\frac{b}{d}y=1$，对答案乘$\frac{t}{d}$即可。

下面提供方法一的代码：

void solve(int a,int b,int t,int &x,int &y){  //ax+by=t
    int d=exgcd(a,b,x,y);
    if(t%d){  
        puts("无解");return ;
    }
    x*=t/d,y*=t/d;
}

无穷解的讨论

设$ax+by=t$有解，且一组解为$x_0,y_0$，下面证明它有无穷多组解。

设$a(x_0+\mathrm{\Delta }x)+b(y_0-\mathrm{\Delta }y)=t(\mathrm{\Delta }x,\mathrm{\Delta }y\in \mathbb{Z})$。

拆开得到$a\mathrm{\Delta }x=b\mathrm{\Delta }y⟹\frac{a}{b}=\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{mgcd(a,b)}{ngcd(a,b)}=\frac{m}{n}$。

显然，满足这个关系式的最小整数对$(\mathrm{\Delta }x,\mathrm{\Delta }y)$为$(n,m)$。且其任意整数倍都是符合条件的。

故可以得到：

$$\{\begin{array}{r}\mathrm{\Delta }x=k\frac{b}{gcd(a,b)}\\ \mathrm{\Delta }y=k\frac{a}{gcd(a,b)}\end{array}$$

其中$k$为任意整数。

那么借助它，我们可以得到一些方法：

对于不定方程$ax+by=t$中，满足$x$为最小正值，则将任意解中的$x_0$对$\frac{b}{gcd(a,b)}$取模(记

得防负数)即可。同时就可以求出对应的$y$值。

同余方程

还有一个应用就是解同余方程$ax\equiv t(modb)$

这个式子可以转化为求解不定方程$ax-by=t$

解出这个式子，所有的$x$都是合法的，无解说明不存在。

应用

青蛙的约会

根据题意，设$p$为跳的次数，则容易得到同余方程：

$x+mp\equiv y+np(modL)$，移项变式得到：

$p(m-n)\equiv y-x(modL)$，等价于求解$p(m-n)+qL=y-x$。

取$q$的最小正值解即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int long long
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-(a/b)*y;
	return d;
} 
signed main(){
	int a,b,m,n,l,x,y;cin>>x>>y>>m>>n>>l;
	if(n<m){
		swap(n,m);swap(x,y);
	}
	int d=exgcd(n-m,l,a,b);
	int p=x-y;
	if(p%d){
		cout<<"Impossible\n";
	}
	else {
		a=(a*(p/d)%(l/d)+(l/d))%(l/d);cout<<a<<"\n";
	}
}

最大公约数问题

描述：求不定方程$ax+by=gcd(a,b)$的一组解$(x_0,y_0)$，满足$|x_0|+|y_0|$最小。

显然，由于$min(a,b)\ge gcd(a,b)\ge 1$，故这组解中$x,y$其中一个就是最小正值，把两种情况算出取$min$即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
inline int abs(int x){
    return (x<0?-x:x);
}
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-(a/b)*y;
	return d;
}
int main(){
	int t,a,b,x,y;
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>a>>b;
		int d=exgcd(a,b,x,y);
		int ans=1e9;
		x=(x%b+b)%b,y=(d-a*x)/b;
		ans=x-y;int xx=x,yy=y;
		y=(y%a+a)%a,x=(d-b*y)/a;
		if(abs(xx)+abs(yy)<abs(x)+abs(y))cout<<xx<<" "<<yy<<"\n";
		else cout<<x<<" "<<y<<"\n";
	}
} 

荒岛野人

这个题注意观察到$n\le 15,M\le {10}^6$。这启发我们直接暴力自大到小枚举答案，然后枚举每一对野人，以青蛙的约会的方法判断有无解。

注意枚举的下界就是野人居住洞穴的编号最大值。

注意不能二分/倍增，会爆掉的。（答案是不规则的）。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define N 105
#define int long long
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-(a/b)*y;
	return d;
} 
int c[N],p[N],l[N],n;
bool check(int mid){
	int x,y;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			int a=p[i]-p[j],b=mid,C=c[j]-c[i];
			int d=exgcd(a,b,x,y);
			if(C%d)continue;
			x=x*(C/d);b/=d;
			if(b<0)b=-b;
			int ti=(x%b+b)%b;
			if(ti>l[i]||ti>l[j])continue;
			return false;
		}
	}
	return true;
}
signed main(){
	cin>>n;
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>c[i]>>p[i]>>l[i];
		ans=max(ans,c[i]);
	}
	while(!check(ans))++ans;
	cout<<ans<<"\n";
}

conscious

观察数据范围$1\le a,sub<m$，可以发现本题就是让我们求出$ax+ym=s$的最小正值解$x$，且$|s-sub|$是最小的。

借助裴蜀定理，我们其实是可以确定$|s-sub|$的值的。

根据裴蜀定理，$ax+ym$可以得到所有$gcd(a,m)$的整数倍。这个$s$也就转化了。

所以我们可以发现，可能的$s$只有两个：$\lfloor \frac{sub}{gcd(a,m)}\rfloor gcd(a,m),\lceil \frac{sub}{gcd(a,m)}\rceil gcd(a,m)$。

注意$\lceil \frac{sub}{gcd(a,m)}\rceil gcd(a,m)$有可能大于等于$m$，此时这个解就需要被舍弃。

这两个决策谁更优呢？设$k=submodgcd(a,m)$，则:

1. $2k<gcd(a,m)$，说明$\lfloor \frac{sub}{gcd(a,m)}\rfloor gcd(a,m)$更优
2. $2k=gcd(a,m)$，说明$\lfloor \frac{sub}{gcd(a,m)}\rfloor gcd(a,m),\lceil \frac{sub}{gcd(a,m)}\rceil gcd(a,m)$一样优，此时对二者的$x$的最小正值取较小值。
3. $2k>gcd(a,m)$，说明$\lceil \frac{sub}{gcd(a,m)}\rceil gcd(a,m)$更优。

求出最优方案中对应的$x$，然后直接计算答案：$axmodm$。

注意若$|sub-axmodm|\ge sub$，直接将答案设为$0$即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
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-(a/b)*y;
	return d;
}
int solve(int a,int b,int k){//ax+by=k 
	int x,y;int d=exgcd(a,b,x,y);
	b/=d,x*=k/d;
	return (x%b+b)%b;  
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	int T;cin>>T;
	while(T--){
		int sb,ans,res,a,m,sub,x,y;cin>>a>>m>>sub;int d=exgcd(a,m,x,y);
		int p=sub%d;
		if(sub+d-p>=m||p+p<d)
			ans=solve(a,m,sub-p);
		else if(p+p>d)
			ans=solve(a,m,sub+d-p);
		else {
			ans=min(solve(a,m,sub-p),solve(a,m,sub+d-p));
		}
		res=ans;ans=((res*a)%m+m)%m;
		if(abs(ans-sub)>=sub){
			cout<<"0 0\n";continue;
		}
		cout<<ans<<" "<<res<<"\n";
	}
	return 0;
}

AHOI2005洗牌

注意观察，手玩几组会发现一个规律：位置为$x$的数，交换一次就会变成$2xmod(n+1)$。

所以本题实际解决的是：$L{2}^m\equiv x(modn+1)$。

进行移项变式，可以得到$\frac{x}{2^m}+y(n+1)=L$。求出最小正值解即可。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define int __int128
#define ll long long
void read(int &x){
    x=0;
    char ch=getchar();
    while(ch>'9'||ch<'0')ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+(ch-'0'),ch=getchar();
}
int power(int a,int b,int p){
	int ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return ans%p;
}
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-(a/b)*y;
	return d;
}
signed main(){
    int n,m,l;
	read(n),read(m),read(l);
	int x,y;int d=exgcd(power(2,m,n+1),n+1,x,y);
	x=(x%(n+1)+(n+1))%(n+1); 
	int inv=x;ll ans=inv%(n+1)*l%(n+1);
	cout<<ans; 
}