欧几里得算法证明

欧几里得算法证明：

$$(a,b)=(b,amodb)$$

设 $S1$ 为 $a,b$ 的所有公约数的集合，$S2$ 为 $b,amodb$的所有公约数的集合

如果 $\frac{a}{b}$ 为正数，$amodb=a-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$。

$$\mathrm{\forall }x\in S_1,x|a,x|b$$

$$\frac{amodb}{x}=\frac{a}{x}-\frac{b}{x}t$$

$t=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$为一个整数，所以$x|(amodb)$。

$$\mathrm{\forall }x\in S_2,x|a,x|(amodb)$$

$$amodb=a-bt$$

$$\frac{a}{x}=\frac{bt+a-bt}{x}=\frac{b}{x}t+\frac{a-bt}{x}$$

$$\therefore x|a$$

$S_1=S_2$，两个集合相等，最大值肯定相等。

如果 $\frac{a}{b}$ 为负数，C++中 $amodb=a-b\lceil \frac{a}{b}\rceil$

同理，$(a,b)=(b,amodb)$也成立。

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易证，如果 $b|a$ ， $b$ 就是两者的最大公约数（公约数不可能大过 $b$ ）。

下面证明该递归一定会结束。

假设死循环，说明一直有 $amodb\ne 0$。

$$0<amodb\le b-1$$

递归gcd(b,a%b)。

$$0<bmod(amodb)\le amodb-1\le b-2$$

...

当 $0<amodb\le 1$ 的时候，$amodb=1$，下一层递归时一定有 $b|a$（1能整除任何数）。

这与假设矛盾，所以一定会结束递归。

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下面证明时间复杂度。

首先$amodb<\frac{a}{2}$

$$amodb=a-bt$$

$$t=\frac{a}{b}>0?\lfloor \frac{a}{b}\rfloor :\lceil \frac{a}{b}\rceil$$

$$p=\frac{a}{b}>0$$

$$t\le p<t+1$$

假设上式不成立。

$$a-bt\ge \frac{a}{2}$$

$$\frac{a}{2}\ge bt$$

$$\frac{a}{b}\ge 2t$$

$$p\ge 2t$$

又

$$a\ge b,p=\frac{a}{b}\ge 1,t\ge 1$$

$$t+t\ge 1+t$$

但是$$p<t+1\le 2t$$

$$p\le 2t$$

矛盾。

a/b<0类似。

如果a<b，gcd(b,a%b)=gcd(b,a)，就变成了a>b的情况了（多递归一次）。

接下来a%b一定小于b，所以第二个参数一定是最小的。

然后b就是小的那一个，因为每次是a%b<a/2，最后就到了b=1的时候，用不到logn次就行了。

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扩展欧几里得算法

exgcd(a,b,x,y)=exgcd(b,a%b,y,x)

by+x(a-kb)=d=by+xa-kxb=xa+b(y-kb)(k是C++里面向零取整的a/b)。

所以x不变，y减掉a/b*b就行了。

假设我们现在已经求出了一组解(x,y)，因为ax+by=t，所以y=(t-ax)/b和x一一对应。

要找出所有的解，就要找出距离x最近的另外一个x0。

设d=x0-x，要让|d|最小。

a(x+d)+by0=t,y0=(t-ax-ad)/b=(t-ax)/b-ad/b。

也就是y0=y-ad/b

要让x0，y0都是整数，d就是整数，ad/b也是整数

设t=gcd(a,b)

a/b*d是整数

把a/b约分，a0/b0*d

这样就去除了a、b公因数的影响。

b0一定是d的约数，d一定是b0的倍数

因为要让|d|最小，取d=正负b0即可

也就是b/t，那么y就是相应减去a/t。

这样就能找出所有解了。

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关于裴属定理

存在性：用扩展欧几里得算法可以构造出一组解。

设$S(a,b)=t|t=ax+by,x,y\in Z$

$p:x\in S(a,b)$
$q:(a,b)|x$

$p\Rightarrow q$

设 $d=(a,b)$，$d|a,d|b,d|(ax+by)=t$

所以 $\mathrm{\neg }q\Rightarrow \mathrm{\neg }p$

也就是如果x不是d的倍数，它就不是S的元素，也就是说任何一个ax+by都不等于x，也就是说x无解。

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