【洛谷 1082】同余方程

 

题目描述

求关于xx的同余方程 a x \equiv 1 \pmod {b}ax≡1(modb) 的最小正整数解。

输入格式

一行，包含两个正整数 a,ba,b，用一个空格隔开。

输出格式

一个正整数 x_0x0​，即最小正整数解。输入数据保证一定有解。

输入输出样例

输入 #1复制

3 10

输出 #1复制

7

说明/提示

【数据范围】

对于 40%的数据，2 ≤b≤ 1,0002≤b≤1,000；

对于 60%的数据，2 ≤b≤ 50,000,0002≤b≤50,000,000；

对于 100%的数据，2 ≤a, b≤ 2,000,000,0002≤a,b≤2,000,000,000。

NOIP 2012 提高组 第二天 第一题

 

 

题解：洛谷教会我的。题解也来自洛谷（超详细）

              

问题转化

题目问的是满足 ax \mod b = 1axmodb=1 的最小正整数 xx。（a,ba,b是正整数）

但是不能暴力枚举 xx，会超时。

把问题转化一下。观察 ax \mod b = 1axmodb=1，它的实质是 ax + by = 1ax+by=1：这里 yy 是我们新引入的某个整数，并且似乎是个负数才对。这样表示是为了用扩展欧几里得算法。我们将要努力求出一组 x,yx,y 来满足这个等式。稍微再等一下——

问题还需要转化。扩展欧几里得是用来求 ax + by = gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b) 中的未知数的，怎么牵扯到等于 11 呢？

原理是，方程 ax + by = max+by=m 有解的必要条件是 m \mod gcd(a,b) = 0mmodgcd(a,b)=0。

---

这个简单证一下。

由最大公因数的定义，可知 aa 是 gcd(a,b)gcd(a,b) 的倍数，且 bb 是 gcd(a,b)gcd(a,b) 的倍数，

若 x,yx,y 都是整数，就确定了 ax + byax+by 是 gcd(a,b)gcd(a,b) 的倍数，

因为 m = ax + bym=ax+by，所以 mm 必须是 gcd(a,b)gcd(a,b) 的倍数，

那么 m \mod gcd(a,b) = 0mmodgcd(a,b)=0。

---

可得出在这道题中，方程 ax + by = 1ax+by=1 的有解的必要条件是 1 \mod gcd(a,b) = 01modgcd(a,b)=0。可怜的 gcd(a,b)gcd(a,b) 只能等于 11 了。这实际上就是 a,ba,b 互质。

扩展欧几里得

前提是知道了普通欧几里得算法（辗转相除法）。下面字母挺多，希望你耐心地慢慢地读~

我们拿到了一组 a,ba,b。目标是求出满足 ax + by = gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b) （①） 的整数 xx 与 yy。其中 xx 应当是满足条件的最小正整数，它会成为答案，yy 是辅助答案。

（注意，虽然刚刚已经证明本题的 gcd(a,b)gcd(a,b) 必然等于 11，但是扩展欧几里得算法本身过程求的是 ax + by = gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b) 的解。它正好非常适合本题，不过我们要按照它求解的过程去做）

根据普通欧几里得算法，gcd(a,b) = gcd(b, a\mod b)gcd(a,b)=gcd(b,amodb) （②）。

如果我们先前已经求出了另一组数 x_2, y_2x2​,y2​，它们满足 bx_2 + (a \mod b)y_2 = gcd(b, a \mod b)bx2​+(amodb)y2​=gcd(b,amodb) （③），（提示一下，这个等式与①的结构一致，系数则是根据②替换的。此处的递归形态已经有所显露，别着急）

结合②③，一定有

bx_2 + (a \mod b)y_2bx2​+(amodb)y2​

=gcd(b, a \mod b)=gcd(b,amodb)

=gcd(a,b)=gcd(a,b)

在这个“如果”实现的时候，我们的目标变成了

求出满足 ax + by = bx_2 + (a \mod b)y_2ax+by=bx2​+(amodb)y2​ （④）的 xx 与 yy。

其中a,b,x_2,y_2a,b,x2​,y2​ 都已知，x,yx,y待求。未知数比方程更多，没有唯一解。我们先求出一组必然存在的解，最后将在答案处理时转变为使正整数 xx 最小的解。

取模运算是 a \mod b = a - b×(a/b)amodb=a−b×(a/b)，能理解吧？

等式④实际上是：

ax + by = bx_2 + (a-b×(a/b))y_2ax+by=bx2​+(a−b×(a/b))y2​

ax + by = bx_2 + ay_2 - b × (a/b)y_2ax+by=bx2​+ay2​−b×(a/b)y2​

ax + by = ay_2 + b(x_2-(a/b)y_2)ax+by=ay2​+b(x2​−(a/b)y2​)

看上面这个方程，一组必然存在的解出现了！

x = y_2, y = x_2 - (a/b)y_2x=y2​,y=x2​−(a/b)y2​ ⑤

可见我们只要求出 x_2,y_2x2​,y2​，就能得出正确的x,yx,y。问题是 x_2,y_2x2​,y2​ 怎么求。

脑海里抛掉前面的x,yx,y，现在我们手上是 b,a \mod bb,amodb 这两个系数，而目标是求出满足 bx_2 + (a \mod b)y_2 = gcd(b,a \mod b)bx2​+(amodb)y2​=gcd(b,amodb)（③）的 x_2x2​ 与 y_2y2​，以便于待会回馈给⑤。

等一下。

比较于③，我再去看看原方程①：

ax + by = gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b) （①）

原方程中的 aa 变成了③中的 bb，原方程中的 bb 变成了③中的 a \mod bamodb 而已。

按照上面的一模一样下来（其实都只是推导过程），我们发现，最好有 x_3,y_3x3​,y3​ 来支撑 x_2, y_2x2​,y2​。

再一模一样下来，我们又需要 x_4,y_4x4​,y4​ 来支撑 x_3, y_3x3​,y3​。

……

这个递归中 a,ba,b 不断变成 b, a \mod bb,amodb，逼近最后：

bb 将等于最早的 a,ba,b 的最大公因数，就像普通 gcdgcd 的结果。

但我们再往下一层。此时由于 a \mod b = 0amodb=0，下一层的 b = 0b=0。

是时候直接回馈了，我们需要一组 x_n,y_nxn​,yn​ 满足 a_nx_n + b_ny_n = gcd(a_n,b_n)an​xn​+bn​yn​=gcd(an​,bn​)。

然而本层的 b_n = 0bn​=0，则 gcd(a_n,b_n) = gcd(a_n,0) = a_ngcd(an​,bn​)=gcd(an​,0)=an​。那么只要等式左边取 x_n = 1xn​=1，这个等式就妥妥的成立了。

最后一层回馈的 y_nyn​ 建议用 00，但由于 b = 0b=0，回馈其它数值等式一定也成立。意料之外的是，这样的程序有时候会求错解。如果回馈 33，那么你将收获 7070 分的好成绩。如果回馈 -20002−20002，那么你将收获 4040 分的好成绩。为什么呢？

原因仅仅是，被回馈（却与 00 等效）的 y_nyn​ 在回溯时滚雪球式增长，容易数值越界。下面的代码在最后一层令 y = 7y=7，开了long long，没有出问题。

最后一层结束后，就开始返回，直到最上层。每一层可以轻松地根据下层的 x_{k+1},y_{k+1}xk+1​,yk+1​ 求出当前层的 x_k, y_kxk​,yk​。

小提示：

上面的算法中，以辗转相除的方式向下递进的好处（目的）是缩小系数，直到出现一个解可以确定的情况。

对扩展欧几里得也可以有不同的理解方式，比如可以设 G = gcd(a,b)，然后类似地推导，每一层的等式右边都是G。

答案处理

一个重大遗留：我们将要求出来的 x,yx,y 仅仅保证满足 ax + by = 1ax+by=1，而 xx 不一定是最小正整数解。有可能太大，也有可能是负数。这依然可以解决，那就是，xx 批量地减去或加上 bb，能保证 ax + by = 1ax+by=1：

ax + by = 1ax+by=1

ax + by + k×ba - k×ba = 1ax+by+k×ba−k×ba=1

a(x+kb) + (y-ka)b = 1a(x+kb)+(y−ka)b=1

1.显然这并不会把方程中任何整数变成非整数。

2.“加上或减去 bb”不会使 xx 错过任何解。可以这么理解：

---

已经求出一组整数 x,yx,y 使得 ax + by = 1ax+by=1，也就是 \frac{1-ax}{b} = yb1−ax​=y。yy 是整数，可见目前 1-ax1−ax 是 bb 的倍数。

现在想改变 xx 并使得方程仍然成立。已知 a,ba,b 互质，假若 xx 的变化量（\Delta xΔx）不是 bb 的倍数，则 1-ax1−ax 的变化量（-a×\Delta x−a×Δx）也不是 bb 的倍数，这会使得 1-ax1−ax 不再是 bb 的倍数，则 yy 不是整数了。

仅当 xx 的变化量是 bb 的倍数时，1-ax1−ax 能保持自己是 bb 的倍数，此时就出现新的解了。

---

因此到最后，如果 xx 太小就不断加 bb 直到大于等于 00，太大则一直减 bb，直到最小正整数解。直接求模实现更快。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y,x0,y00;
void exgcd(ll a,ll b){
    if(b==0){
        x=1; y=0;
        return ;
    }
    exgcd(b,a%b);
    x0=x; y00=y;
    x=y00; y=x0-(a/b)*y00;
}
int n,m;
int main(){
    //freopen("1082.in","r",stdin);
    //freopen("1082.out","w",stdout);
    scanf("%lld %lld",&n,&m); exgcd(n,m);
    //while(x<0) x+=m; x%=m;
    printf("%lld",(x+m)%m); 
    return 0;
}