exgcd 重修

kino好强啊orz

突然发现连青蛙的约会都没过

怎么办 威严尽失（似乎从未存在）

重修好了！

新年版的CSDNemmmmm

exgcd的数学推导

真是受不了最近的CSDN了。。数学公式怎么可以那么丑！！！

先证gcd的性质，即gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)

该性质证明的话。。就从定义乱搞搞吧

定义mm是最大公因数

a=k1⋅m,b=k2⋅ma=k1⋅m,b=k2⋅m,

a mod b=a−b⋅⌊k1k2⌋=m(k1−k2⌊k1k2⌋)a mod b=a−b⋅⌊k1k2⌋=m(k1−k2⌊k1k2⌋)

∴a≡b≡(a mod b)(modm)∴a≡b≡(a mod b)(modm)

那什么时候a mod b=0a mod b=0呢？此时有k1−k2⌊k1k2⌋=0⇒k1k2=⌊k1k2⌋k1−k2⌊k1k2⌋=0⇒k1k2=⌊k1k2⌋

也就是k1k1是k2k2的整倍数。这意味着什么？由于mm已经是最大公因数，我们不可能找出来一个比mm更大的公因数了，此时的k2k2只能是1。那么，bb本身等于mm，所以我们有这样一行的求gcd：

inline int gcd(int x, int y){
return y ? gcd(y, x % y) : x;
}

好了，现在我们可以来证exgcd了。

exgcd解决的是，对于方程ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)找一组整数解。那怎么搞？

回溯一下gcd的过程。我们知道，对于求解gcd的过程最后一步一定是求解gcd(m,0)gcd(m,0)。关注gcd的定义，gcd(m,0)=m=1×m+0×0gcd(m,0)=m=1×m+0×0

所以说在这个方程最后一步求解的过程中，我们总能找到对应的1和0满足一个解。那么其它情况呢？

假定ax+by=gcd(b,a mod b)ax+by=gcd(b,a mod b)，如果该方程解为x′,y′x′,y′则ax′+(a mod b)y′=gcd(b,a mod b)ax′+(a mod b)y′=gcd(b,a mod b)

⇒bx′+(a−b⋅⌊ab⌋)y′=gcd(b,a mod b)⇒bx′+(a−b⋅⌊ab⌋)y′=gcd(b,a mod b)

⇒ay′−b(x′−⌊ab⌋y′)=gcd(b,a mod b)=gcd(a,b)⇒ay′−b(x′−⌊ab⌋y′)=gcd(b,a mod b)=gcd(a,b)

所以，总能找到y=x′,x=x′−⌊ab⌋y′y=x′,x=x′−⌊ab⌋y′使得方程ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)有解。运用归纳法，可以得到如下定理：

对于任意整数a,ba,b，∃x,y∃x,y，满足ax+by=gcd(a,b)ax+by=gcd(a,b)

事实上，刚刚进行的过程就是exgcd的运行过程。

inline 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 z = x; x = y; y = z - y * (a / b);
return d;
}

上述过程中我们以引用传递x,yx,y，得到的结果就是一组特解。其执行过程是，如果达到最后一步就返回当前的特解1,01,0，然后逐步回溯。程序最后的返回值是gcd(a,b)gcd(a,b)。

好了，我们来看方程ax+by=cax+by=c，假定gcd(a,b)=dgcd(a,b)=d，则方程有解的条件是c mod d=0c mod d=0，特解是cdx0cdx0和cdy0cdy0

通解则是x=cdx0+k⋅bdx=cdx0+k⋅bd，y=cdy0−k⋅ad(k∈Z)y=cdy0−k⋅ad(k∈Z)

于是乎。。搞完了。

令t=bdt=bd，则最小正整数解显然应当是((x mod t)+t) mod t((x mod t)+t) mod t，因为这样解下来的x可能是负数。

然后就可以搞事情喽。

luogu1516 青蛙的约会

两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。

我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

用小学奥数知识可以知道，如果跳了t步之后绕了q圈相遇，则：

X+mt−Y−nt=L∗qX+mt−Y−nt=L∗q

从而(m−n)t+L∗(−q)=Y−X(m−n)t+L∗(−q)=Y−X，对其exgcd即可。

注意细节极多，不要写错。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL long long
LL m, n, t, L, q, X, Y;
inline int exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
int d = exgcd(b, a % b, x, y);
int f = x; x = y; y = f - y * (a / b);
return d;
}
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d", &X, &Y, &m, &n, &L);
if(m < n) swap(m, n), swap(X, Y);
LL d = exgcd(m - n, L, t, q);
if((LL)abs(Y - X) % d != 0) return puts("Impossible"), 0;
t *= (Y - X) / d;
LL M = L / d;
t = (t % M + M) % M;
printf("%d\n", t);
return 0;
}

luogu1082 同余方程

求方程 ax≡1(modb)ax≡1(modb)的最小正整数解。

玄学分析一波。该方程等价于求解ax−by=1ax−by=1，换言之就是ax+b×(−y)=1ax+b×(−y)=1。

所以其有解的条件是a,b互质。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL long long

LL a, b, x, y;

inline LL exgcd(LL a, LL b, LL& x, LL& y) {
if(!b) { x = 1; y = 0; return a; }
LL d = exgcd(b, a % b, x, y);
LL f = x; x = y; y = f - y * (a / b);
return d;
}

int main() {
scanf("%d%d", &a, &b);
exgcd(a, b, x, y);
x = (x % b + b) % b;
printf("%d\n", x);
return 0;
}

luogu绿了真伤心。。