扩展欧几里得算法（Exgcd）

裴蜀定理

对于任意一组整数 $a,b$，存在一组整数 $x,y$，满足 $ax+by=\gcd(a,b)$。

Proof：

考虑数学归纳法。

当 $b=0$ 时，由于 $\gcd(a,0)=a$，则对于 $ax+0y=a$ 这个不定方程，$x=1$，$y$ 取任意整数。

假设存在一组整数 $x,y$，满足 $bx+(a\bmod b)y=\gcd(b,a\bmod b)=\gcd(a,b) $。

那么接下来证明也存在一组整数 $x',y'$ 满足 $ax'+by'=\gcd(a,b)$。

\[\begin{aligned} bx+(a\bmod b)y &= bx+(a-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor)y\\ &= bx+ay-b\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y\\ &= ay+b(x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y) \end{aligned} \]

当 $x'=y,y'=x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y$ 时满足条件。

那么利用辗转相除法进行递归，总能递归到 $b=0$ 的情况。命题得证。

Exgcd

求关于 $x,y$ 的方程 $ax+by=c$ 的整数解。

设 $d=\gcd(a,b)$，方程有整数解的充要条件是 $d\mid c$。

Proof：

设 $a=k_1d,b=k_2d$，则有 $k_1dx+k_2dy=c \Rightarrow k_1x+k_2y=\dfrac{c}{d}$。

先证必要性：由于 $\dfrac{c}{d}$ 必须为整数，则 $d \mid c$。

再证充分性：上式中，$k_1\perp k_2$，则方程 $k_1x'+k_2y'=1$ 一定有整数解。由于 $\dfrac{c}{d} \in\mathbb{Z}$，那么原方程也一定有整数解。

先将方程化简，两边同除以 $d$。此时 $a,b$ 互质。

注意，为了方便表述，下面提到的方程都是化简后的方程。

那么我们可以先利用裴蜀定理求出 $ax'+by'=1$ 的一组特解 $x',y'$，从而求出原方程的一组特解 $x_0=cx',y_0=cy'$。

考虑如何求出通解。

让 $x$ 加上一个数，那么 $y$ 就要减去一个数。设这两个数为 $\Delta_x,\Delta_y$，则有：

\[\begin{aligned} a(x+\Delta_x)+b(y-\Delta_y) &= c\\ ax+a\Delta_x+by-b\Delta_y &= c\\ a\Delta_x-b\Delta_y&=0\\ a\Delta_x &= b\Delta_y \\ \dfrac{a}{b} &= \dfrac{\Delta_y}{\Delta_x} \end{aligned} \]

由于 $a,b$ 互质，则 $\dfrac{a}{b}$ 为最简整数比，则有 $a \mid \Delta_y$ 且 $\ b\mid \Delta_x$。

由于 $\Delta_x,\Delta_y \in \mathbb{Z}$，则 $\Delta_x$ 最小取到 $b$，$\Delta_y$ 最小取到 $a$。

通解即为：

\[\begin{cases} x=x_0+kb\\ y=y_0+ka\\ \end{cases} (k\in \mathbb{Z}) \]

代回原方程，可以消掉 $kb,ka$。

接下来考虑，当存在正整数解时，如何求出最小正整数解与正整数解的个数。

对 $x$ 的通解进行变形，求 $x$ 的最小正整数解 $x_1$：

\[\begin{aligned} x_1 \bmod b &= (x_0+kb) \bmod b\\ x_1 \bmod b &= x_0 \bmod b\\ x_1&=(((x_0-1) \bmod b)+b)\bmod b+1 \end{aligned} \]

先减一是为了避免 $x_0 \bmod a $ 一开始就为 $0$ 的情况，从而保证 $x_1>0$。

易得，当 $x$ 增大时，$y$ 减小。当 $x$ 取 $x_1$ 时，$y$ 取到最大正整数解 $y_2$。

同理，求出 $y$ 的最小正整数解 $y_1$，当 $y$ 取 $y_1$ 时，$x$ 取到最大正整数解 $x_2$。

由通解公式可得，$x$ 每两个整数解之间相差 $b$，$y$ 每两个整数解之间相差 $a$。

正整数解的个数即为 $\dfrac{x_2-x_1}{b}+1$ 或 $\dfrac{y_2-y_1}{a}+1$。

Ex.1 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

根据上面的分析，套用公式即可。

cpp 复制代码

ll T,A,B,C,x,y,d,x1,x2,y1,y2,cnt; 

ll GetX(ll Y){return (C-B*Y)/A;}

ll GetY(ll X){return (C-A*X)/B;}

ll Exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0) return x=1,y=0,a;
	ll res=Exgcd(b,a%b,x,y);
	ll z=x;
	x=y;
	y=z-(a/b)*y;
	return res;
}

void Solve(){
	read(A),read(B),read(C);
	d=Exgcd(A,B,x,y);
	if(C%d) return puts("-1"),void();
	A/=d,B/=d,C/=d;
	x*=C,y*=C;
	x1=((x-1)%B+B)%B+1;
	y2=GetY(x1);
	y1=((y-1)%A+A)%A+1;
	x2=GetX(y1);
	cnt=(x2-x1)/B+1;
	if(y2<=0) printf("%lld %lld\n",x1,y1);
	else printf("%lld %lld %lld %lld %lld\n",cnt,x1,y1,x2,y2);
}

Ex.2 [NOIP2012 提高组] 同余方程

对式子进行变形：

\[\begin{aligned} ax &\equiv 1 \pmod{b}\\ ax+by &= 1 \end{aligned} \]

利用 Exgcd 求解即可。

这是非常常用的变形技巧，也是当 $a,b$ 互质但 $b$ 不是质数时求逆元的方法。

Ex.3 青蛙的约会

设跳跃 $k$ 次后两青蛙相遇，则可列出方程：

\[\begin{aligned} x+kn &\equiv y+km &\pmod{L}\\ (x-y)+k(n-m) &\equiv 0 &\pmod{L}\\ (x-y)+k(n-m) &= pL\\ k(n-m)-pL&=y-x\\ kS-pL&=C \end{aligned} \]

其中 $S,L,C$ 为常数。

把 $k,p$ 看作未知数，利用 Exgcd 求 $k$ 的最小正整数解即可。