欧几里得与扩展欧几里得算法

欧几里得

它是我们求解整数 $a,b$ 的最大公约数的算法。

前置知识

$max(a,b)+min(a,b)=a+b$

$max(a,b)=a+b-min(a,b),min(a,b)=a+b-max(a,b)$

过程

不妨设 $a>b$

我们发现如果 $b$ 是 $a$ 的约数，那么 $b$ 就是 $a,b$ 的最大公约数，现在考虑 $b$ 不是 $a$ 的约数时的情况。

设 $a=b\times q+r$，其中 $r<b$，我们可以通过证明 $gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$。

此时显然有 $r=a\mathrm{mod}b$，则 $r=a-b\times q$，设 $d|a,d|b$，则 $\frac{r}{d}=\frac{a}{d}-\frac{b}{d}q$。

由右边式子可知 $\frac{r}{d}$ 为整数，即 $d|r$ ，所以对于 $a,b$ 的公约数,它也会是 $b,a\mathrm{mod}b$ 的公约数。

反过来也需证明，设 $d|a\mathrm{mod}b,d|b$，则 $\frac{a\mathrm{mod}b}{d}+\frac{b}{d}q=\frac{a}{d}$，由左边式子可知 $\frac{a}{d}$ 为整数，即 $d|a$，所以 $b,a\mathrm{mod}b$的公约数也会是 $a,b$ 的公约数。

既然两式的公约数相同，则两式的最大公约数也一定相同。

所以得到式子 $gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$。

注：根据以上说明，可知两个数的最大公约数的约数一定包含两个数的公约数。

代码

int gcd(int a, int b) {
  while (b != 0) {
    int tmp = a;
    a = b;
    b = tmp % b;
  }
  return a;
}

多个数的最大公约数

显然答案是每个数的约数，那么也一定等于每相邻两个数的约数，那么我们每次取出两个数求出它们的最大公约数，再放回去，然后删除这两个数，此时这个公约数就包含了两个数的所有约数。 直至剩下的数的个数为 $1$ ，就停止。

最小公倍数

两个数

根据算术基本定理，设 $a=p{1}^{k{a}_1}p{2}^{k{a}_2}...p{s}^{k{a}_s},b=p{1}^{k{b}_1}p{2}^{k{b}_2}...p{s}^{k{b}_s}$

我们发现两者的最大公因数为：

$p{1}^{min(k{a}_1,k{b}_1)}p{2}^{min(k{a}_2,k{b}_2)}...p{s}^{min(k{a}_s,k{b}_s)}$

最小公倍数为：

$p{1}^{max(k{a}_1,k{b}_1)}p{2}^{max(k{a}_2,k{b}_2)}...p{s}^{max(k{a}_s,k{b}_s)}$

由于 $k_a+k_b=max(k_a,k_b)+min(k_a,k_b)$。

所以得到的结论为 $gcd(a,b)\times lcm(a,b)=a\times b$。

根据结论，先求出两数的最大公因数，再求出两数的最小公倍数即可。

多个数

对于一个数列 $a_1,a_2,...,a_n$ ，所以 $a_1=p_1^{b{1}_1}{p}_2^{b{1}_2}...p_s^{b{1}_s},a_2=p_1^{b{2}_1}{p}_2^{b{2}_2}...p_s^{b{2}_s}...,a_n=p_1^{b{n}_1}{p}_2^{b{n}_2}...p_s^{b{n}_s}$ ，还是一样，假设现在处理到第$i$个数，前$i-1$个数的最小公倍数为 $m$ ，很显然 $m=p_1^{max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1)}{p}_2^{max(b{1}_2,b{2}_2,...,bi-1_2)}...p_s^{max(b{1}_s,b{2}_s,...,bi-1_s)}$，$a_i=p_1^{b{i}_1}{p}_2^{b{i}_2}...p_s^{b{i}_s}$，所以前 $i$ 个数的最小公倍数应为 $m1=p_1^{max(b{1}_1,b{2}_1,...,b{i}_1)}{p}_2^{max(b{1}_2,b{2}_2,...,b{i}_2)}...p_s^{max(b{1}_s,b{2}_s,...,b{i}_s)}$ ，我们发现 $gcd(m,a_i)=p_1^{min(max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1),b{i}_1)}{p}_2^{min(max(b{1}_2,b{2}_2,...,bi-1_2),b{i}_2)}...p_s^{min(max(b{1}_s,b{2}_s,...,bi-1_s),b{i}_s)}$

$m\times a_i=p_1^{max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1)+b{i}_1}{p}_2^{max(b{1}_2,b{2}_2,...,bi-1_2)+b{i}_2}...p_s^{max(b{1}_s,b{2}_s,...,bi-1_s)+b{i}_s}$

则 $m\times a_i÷gcd(m,a_i)=p{1}^{max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)+b{i}_1-min(max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1),b{i}_1)}...p{s}^{max(b{1}_s,b{2}_s...,bi-1_s)+b{i}_s-min(max(b{1}_s,b{2}_s,...,bi-1_s),b{i}_s)}$

当 $max(b{1}_1,b{2}_1...bi-1_1)\le b{i}_1$时,$max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)+b{i}_1-min(max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1),b{i}_1)=b{i}_1$，

反之有$max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)+b{i}_1-min(max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1),b{i}_1)=max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)$ 。

所以最终结果均满足是最大值，故得证。

方法二：

$m\times a_i÷gcd(m,a_i)=p{1}^{max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)+b{i}_1-min(max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1),b{i}_1)}...p{s}^{max(b{1}_s,b{2}_s...,bi-1_s)+b{i}_s-min(max(b{1}_s,b{2}_s,...,bi-1_s),b{i}_s)}$

将 $max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)+b{i}_1-min(max(b{1}_1,b{2}_1,...,bi-1_1),b{i}_1)$ 的 $max(b{1}_1,b{2}_1...,bi-1_1)$ 看作 $A$ ，$b{i}_1$ 看作 $B$ ，则原式化为 $A+B-min(A,B)$ 根据前置知识可知 $max(A,B)=A+B-min(A,B)$ 。

故得证。

代码如下：

int gcd(int a,int b)
{
    if(!b)return a;
    return gcd(b,a%b);
}
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
int m=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
    m=m*a[i]/gcd(m,a[i]);

裴蜀定理

对于任意正 整数 $a$ ,$b$，存在一对整数 $x,y$ ，满足 $ax+by=gcd(a,b)$

感性理解一下，我们发现因为 $x,y$ 为整数，所以 $ax+by$ 为 $gcd(a,b)$ 的倍数，所以一定存在一组 $x^{\prime },y^{\prime }$ 使得 $ax+by=gcd(a,b)$。

那么感性理解完毕，我们开始证明。

设 $d=gcd(a,b)$，则 $ax+by=\frac{a}{d}\times d\times x+\frac{b}{d}\times d\times y=\frac{c}{d}\times d$。

两边去掉 $d$ 得：$\frac{a}{d}\times x+\frac{b}{d}\times y=\frac{c}{d}$，因为 $\frac{a}{d}$ 为整数，$\frac{b}{d}$ 也为整数， $x,y$ 也为整数，根据“整数 $\times$ 整数 $=$ 整数，整数 $+$ 整数 $=$ 整数”的封闭法则得 $\frac{c}{d}$ 一定为整数，也就是 $d|a$。

故得证。

扩展欧几里得

它是一般我们求解形如 $ax+by=c$ 的方程时的算法。

根据裴蜀定理，我们可以很轻松地知道 $gcd(a,b)|c$ 时才会有整数解。

设 $a{x}_1+b{y}_1=gcd(a,b)$

$b{x}_2+(a\mathrm{mod}b)y_2=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$

由欧几里得定理可知 $gcd(a,b)=gcd(b,a\mathrm{mod}b)$

所以 $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a\mathrm{mod}b)y_2$

又因为 $a\mathrm{mod}b=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b$，

所以上式化为： $a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b)y_2$

所以：$a{x}_1+b{y}_1=b{x}_2+a{y}_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times b\times y_2=a{y}_2+b\times (x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y_2)$

假设我们已经先求出了 $x_2,y_2$，因为 $a=a$,$b=b$,则 $x_1=y_2$,$y_1=(x_2-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \times y_2)$.

所以求解这种问题就可以转化成求解最大公约数的过程了。

注：边界情况当 $b=0$ 时，所以 $gcd(a,b)=a$，$a{x}^{\prime }+b{y}^{\prime }=gcd(a,b)=a$。

则原式化为：$a{x}^{\prime }=a$，则 $x^{\prime }=1,y^{\prime }$ 取任意实数，但一般如果你不想爆 $longlong$ 的话，最好是 $y^{\prime }=0$ 。

代码

int Exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
  if (!b) {
    x = 1;
    y = 0;
    return a;
  }
  int d = Exgcd(b, a % b, x, y);
  int t = x;
  x = y;
  y = t - (a / b) * y;
  return d;
}

例题：青蛙的约会

显然，青蛙$A$走的路程为$x+km$，青蛙$B$走的路程为$y+kn$，则题意要求$x+km\mathrm{mod}L=y+kn\mathrm{mod}L$，即$x+km\equiv y+kn(\mathrm{mod}L)$。

将上式化为一般方程为：$k(m-n)+zL=y-x$，因为$m,n,L,y,x$都是已知量，所以这个方程就相当于关于$k,z$的二元一次不定方程。

$Code$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int exgcd(int a,int b,LL &x,LL &y){
    if(b==0){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    int d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return d;
}
int main(){
    int a,b,m,n,l,f;
    //cin>>f;
    //while(f--){
        cin>>a>>b>>m>>n>>l;
        LL x=0,y=0;
        int d=exgcd(m-n,l,x,y);
        if((b-a)%d!=0){
            cout<<"Impossible"<<endl;
        }else{
            int t3=b-a;
            x=x*t3/d;
            y=y*t3/d;
            int t=abs(l/d);
            cout<<(x+t)%t<<endl;
        }
    //}
    return 0;
}