贝祖定理与扩展欧几里得算法详解

贝祖定理

• 定义

  给定两个整数$a$和$b$，一定存在整数$x$和$y$，使得$ax+by=gcd(a,b)$。

  换句话说，若$ax+by=m$有整数解当且仅当$m$是$gcd(a,b)$的倍数。

• 证明

  以下$d|a$代表$d$是$a$的因子

  对于$ax+by=c$，设$d=gcd(a,b)$，则$d|a,d|b$。所以我们可以得出：$\forall x,y\in Z$，$d|ax,d|by$，显然要使得之前的式子成立，则必须满足$c$是$a$和$b$的公约数的倍数，又因为$x,y\in Z$，所以$c$必然是$a,b$最大公约数的倍数，故此定理成立。

• 升级->新定义/重要推论

  我们由定义可知，$ax+by=gcd(a,b)$，那么如果我们左右两边同时除以最大公约数$gcd(a,b)$，那么就得到了$px+qy=1$，其中$p,q$互质，而我们又知道一定存在一组解使得这个等式满足，所以我们可以得到：

  如果两个整数$a,b$是互质的，那么$ax+by=1$一定有整数解。

• 推广

  对于方程$ax+by+cz+....+nm=f$(其中$a,b,c...n,f$为整数)有解的充要条件就是$f$为$gcd(a,b,c...n)$的整数倍。

• 应用

  由推广我想我们就已经知道了，即若给定我们一个不定式，需要我们求解${\sum }_{i=0}^n{a}_i{x}_i$的值最小，其中最小值必须为正数，那么我们就可以直接根据贝祖定理求解得到。即$gcd(a_1....a_n)$。

• 贝祖定理模板例题—洛谷P4529

  • 原题链接

  • AC代码

    /**
      *@filename:贝祖定理
      *@author: pursuit
      *@CSDNBlog:unique_pursuit
      *@email: 2825841950@qq.com
      *@created: 2021-03-28 20:54
    **/
    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    const int maxn = 100000 + 5;
    const int mod = 1e9+7;
    
    int n;
    int a[maxn];
    int gcd(int n,int m){
        return m?gcd(m,n%m):n;
    }
    void solve(){
        int result=0;
        for(int i=0;i<n;i++){
            result=gcd(result,a[i]);
        }
        cout<<result<<endl;
    }
    int main() {
        while(cin>>n){
            int temp;
            for(int i=0;i<n;i++){
                //将负数全都更改为整数。
                cin>>a[i];
                if(a[i]<0){
                    a[i]*=-1;
                }
            }
            solve();
        }
        return 0;
    }
    

---

扩展欧几里得算法

由上我们已知了贝祖定理的定义，那么这个算法其实就是为了解决贝祖定理，求解出整数解$(x,y)$。我们知道对于欧几里得算法，它总是把$gcd(a,b)$转化为求解$$gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$$，而当b变为0时返回a，此时的$a$就等于$gcd$。也就是说，欧几里得算法结束时变量$a$中存放的是$gcd$，变量$b$中存放的是$0$，因此此时显然有$a\times 1+b\times 0=gcd$成立，此时有$x=1、y=0$成立。我们先看一下证明。

• 证明

  设$x=x_1,y=y_1$是该方程的一个解，那么
  $a{x}_1+b{y}_1=gcd(a,b)(1)$

  再设$x=x_2,y=y_2$是方程$bx+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y=gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$的一个解。即：
  $b{x}_2+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y_2=gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)(2)$
  而根据欧几里得算法可知:
  $gcd(a,b)\equiv gcd(b,a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)(3)$
  （这个非常好理解，这里不予阐述证明）。所以我们由$(1)(2)(3)$式可以得到$a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)y_2(4)$，即：
  $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a-a/b\times b)y_2=a{y}_2+b(x_2-a/b\times y_2)(5)$
  一一对应我们可得：

  $x_1=y_2,y_1=(x_2-a/b\times y_2)(6)$

  通过上述步骤，我们求解得到了$x_1,y_1$，那么我们按此步骤叠下去，即是一个递归求解的过程。根据欧几里得算法，我们一直往下，而最终我们知道$b=0,a=gcd(a,b)$，此时易知$x=1,y=0$为最后求得方程的解，那么我们再回溯回去计算，得到最终的$x_1,y_1$。故得证。

• 步骤

  由上证明实际上我们就是根据公式$(6)$：$x_1=y_2,y_1=(x_2-a/b\times y_2)$来进行推导的。我们递归去得到最后解为$x=1,y=0$，再反推回来得到$x_1,y_1$。就这么简单。

• 代码

  int exGcd(int a,int b,int &x,int &y){
      //利用引用最后x,y就是我们想要的值。
      if(b==0){
          //说明到达已知解。
          x=1;
          y=0;
          return a;
      }
      int gcd=exGcd(b,a%b,x,y);//递归到最后寻找到我们已知的解。
      //开始回溯，通过已知解，利用公式返回。
      int temp=x;//temp=x2
      x=y;//x1=y2;
      y=temp-a/b*y;//y1=(x2-a/b*y2)。
      return gcd;
  }
  

• 升级->求解全部解

  我们设新解为$x_1+s_1,y_1-s2$，则有$a\times (x_1+s_1)+b\times (y_1-s_2)=gcd$成立，带入我们的公式中可得到$a{s}_1=b{s}_2$，所以$\frac{s_1}{s_2}=\frac{b}{a}$，则我们可以对$b,a$约分得到$s_1,s_2$的最小值，即为$b/gcd,a/gcd$，故全部解为：

  $⟮x=x_1+\frac{b}{gcd}\times k,y=y_2-\frac{a}{gcd}\times k$，其中$k\in Z$。而其中的最小非负整数解即为：$(x\%\frac{b}{gcd}+\frac{b}{gcd})\%\frac{b}{gcd}$。

• 应用一：求解方程$ax+by=c$

  我们知道怎么求解$ax+by=gcd$之后，那么我们就应该要知道怎么求解$ax+by=c$了，其中$c\in Z$。首先我们先求解出$ax+by=gcd$的解$(x_1,y_1)$，那么我们对两边同时乘以$\frac{c}{gcd}$即可得到该方程的解了。对于获取全部解同上我们可以假设证明得到。

• 应用二：同余方程$ax\equiv c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$的解

  我们先来解释一下什么是同余式吧：对于$a,c$来说，如果$(a-c)\%m=0$，那么就说$a$与$c$模$m$同余，我们记作$a\equiv c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，那么$m$就成为同余式$m$的模。

  那么我们如何通过扩展欧几里得算法来解决同余方程$ax\equiv c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$的解呢？

  我们可知有$(ax-c)\%m=0$成立，那么设存在整数$y$使得$ax-c=my$，我们通过移项并令$y=-y$，即得到$ax+my=c$，这个不就是我们上面的方程吗？那么我们知道当$c\%gcd(a,m)==0$时才有解，那么我们就可以根据这个判断是否有解。而对于解的形式我们可以先求出一组解，然后通过全解公式得到$x^{\prime }=x+\frac{m}{gcd(a,m)}\times k,y^{\prime }=y-\frac{m}{gcd(a,m)}\times k$（$k\in Z$ ）。那么此问题易得。我们整理如下：

  • 若$c\%gcd(a,m)$$\ne 0$，那么同余方程无解，
  • 否则，通解为：$x^{\prime }=x+\frac{m}{gcd(a,m)}\times k$。最小正整数解为：$(x\%\frac{m}{gcd(a,m)}+\frac{m}{gcd(a,m)})\%\frac{m}{gcd(a,m)}$

• 应用二例题:洛谷P1082同余方程

  • 原题链接

  • AC代码

    /**
      *@filename:同余方程
      *@author: pursuit
      *@CSDNBlog:unique_pursuit
      *@email: 2825841950@qq.com
      *@created: 2021-03-29 12:31
    **/
    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    const int maxn = 100000 + 5;
    const int mod = 1e9+7;
    
    ll a,b;
    ll x,y;//存储解。
    ll exGcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
        if(b==0){
            x=1;
            y=0;
            return a;
        }
        int gcd=exGcd(b,a%b,x,y);
        int temp=x;//temp=x2;
        x=y;//x1=y2;
        y=temp-a/b*y;//y1=x2-a/b*y2;
        return gcd;
    }
    void solve(){
        int gcd=exGcd(a,b,x,y);
        //此时我们得到了x,y。利用公式求解最小值。
        cout<<((x%(b/gcd)+(b/gcd))%(b/gcd))<<endl;
    }
    int main() {
        while(cin>>a>>b){
            solve();
        }
        return 0;
    }
    

• 应用三：逆元的求解

  我们首先解释一下什么是逆元：

  假设$a、b、m$是整数，$m>1$，且有$ab\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$成立，

  那么就说$a$和$b$互为模m的逆元，一般记作$a\equiv \frac{1}{b}$或者$b\equiv \frac{1}{a}$。通俗的讲就是，如果两个整数的乘积模m后等于1，那么就称它们互为m的逆元。

  而逆元的作用就是可以在取模的时候等价代换成分数，将除法运算变成乘法运算。即若对于$(x/y)\%m$，我们没有除法的取模分配，这个时候我们就可以求出$y$的逆元(假设求得为$q$），那么我们就可以转换为$(x\ast q)\%m=(x\%m)\ast (q\%m)$。

  那么即要求我们求解同余式方程$ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$，这个我们就可以参考应用二来解决了，最后代入到实际引用中，同样，对于逆元是要求越小越好，我们可以求出最小正整数解。

  当然对于逆元的求解我们还可以使用费马小定理，若对这个不太清楚的还请阅读费马小定理。

• 应用三模板例题：HDU1576

  • 扩展欧几里得算法

    /**
      *@filename:B
      *@author: pursuit
      *@CSDNBlog:unique_pursuit
      *@email: 2825841950@qq.com
      *@created: 2021-03-29 17:24
    **/
    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    const int maxn = 100000 + 5;
    const int mod = 1e9+7;
    
    int exGcd(int a,int b,int &x,int &y){
        if(b==0){
            x=1;
            y=0;
            return a;
        }
        int gcd=exGcd(b,a%b,x,y);
        int temp=x;//temp=x2;
        x=y;//x1=y2;
        y=temp-a/b*y;//y2=x2-a/b*y1;
        return gcd;
    }
    int n,b;
    void solve(){
        int x,y;
        int gcd=exGcd(b,9973,x,y);
        x=(x%(9973/gcd)+9973/gcd)%(9973/gcd);
        cout<<(n*(x%9973))%9973<<endl;
    }
    int main() {
        int t;
        while(cin>>t){
            while(t--){
                cin>>n>>b;
                solve();
            }
        }
        return 0;
    }
    

  • 费马小定理

    /**
      *@filename:B
      *@author: pursuit
      *@CSDNBlog:unique_pursuit
      *@email: 2825841950@qq.com
      *@created: 2021-03-29 17:24
    **/
    #include <bits/stdc++.h>
    
    using namespace std;
    
    typedef long long ll;
    const int maxn = 100000 + 5;
    const ll mod = 9973;
    
    
    ll n,b;
    ll quick_pow(ll a,ll b){
        ll ans=1;
        b%=mod;
        while(b){
            if(b&1)ans=ans*a%mod;
            a=a*a%mod;
            b>>=1;
        }
        return ans;
    }
    void solve(){
        ll res=quick_pow(b,mod-2);
        cout<<res*n%mod<<endl;
    }
    int main() {
        int t;
        while(cin>>t){
            while(t--){
                cin>>n>>b;
                solve();
            }
        }
        return 0;
    }