这篇文章断断续续码了好几天，尽量把式子和原理解释得很详细，基本把我理解 exgcd 脑内思路的全过程都写下来了。作者参考了此篇文章，但本文加入了更多新手小白所需的解释和细节。
前置知识：辗转相除法
如何求 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b)？令 a ′ = b , b ′ = a m o d b a^\prime=b,\,b^\prime=a\bmod b a′=b,b′=amodb，因为余数一定小于除数， a m o d b < b a\bmod b<b amodb<b，所以 b ′ < b b^\prime<b b′<b，下一个 a a a 要等于这里的 b ′ < b b^\prime<b b′<b， a , b a,\,b a,b 都会越变越小。用上面的两个式子一直迭代下去，直到 b ′ ′ = 0 b^{\prime\prime}=0 b′′=0 的时候， a ′ ′ a^{\prime\prime} a′′ 等于 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b)，也就是我们要求的值。
为什么呢？ a a a 和 b b b 一定都是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数， a ′ = b a^\prime=b a′=b，所以 a ′ a^\prime a′ 一定还是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数。而 b ′ = a m o d b = a − ⌊ a b ⌋ ⋅ b b^\prime=a\bmod b=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\cdot b b′=amodb=a−⌊ba⌋⋅b。 ⌊ a b ⌋ \lfloor\frac{a}{b}\rfloor ⌊ba⌋ 是个整数，一个 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数减去一个 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数的整数倍， b ′ b^\prime b′ 一定是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数。同理，用新的 a ′ , b ′ a^\prime,\,b^\prime a′,b′ 迭代出来的 a ′ ′ , b ′ ′ a^{\prime\prime},\,b^{\prime\prime} a′′,b′′ 也一定都是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数。所以只要一直迭代，直到 a , b a,\,b a,b 不能再变小，得到的一定是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 本身。
扩展欧几里得算法
这是关于 x , y x,\,y x,y 的二元一次方程： a x + b y = gcd ( a , b ) ax+by=\gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)，我们要求它的一组解。
使用相同的迭代方法，我们令 a ′ = b , b ′ = a m o d b a^\prime=b,\,b^\prime=a\bmod b a′=b,b′=amodb，得到新的方程 b x ′ + ( a m o d b ) y ′ = gcd ( b , a m o d b ) bx^\prime+(a\bmod b)y^\prime=\gcd(b,a\bmod b) bx′+(amodb)y′=gcd(b,amodb)。这个方程和原来的方程有什么关系？根据辗转相除法，新方程右侧的 gcd ( b , a m o d b ) \gcd(b,a\bmod b) gcd(b,amodb) 与原方程右侧的 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 是相等的。如果能将新方程的左侧凑成 a ⋅ ( ... ) + b ⋅ ( ... ) a\cdot(\dots)+b\cdot(\dots) a⋅(...)+b⋅(...) 的样子，那就可以用 x ′ , y ′ x^\prime,\,y^\prime x′,y′ 的值倒推出 x , y x,\,y x,y 的值。
利用 a m o d b = a − ⌊ a b ⌋ ⋅ b a \bmod b=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\cdot b amodb=a−⌊ba⌋⋅b，将新方程变为 b x ′ + ( a − ⌊ a b ⌋ ⋅ b ) y ′ = gcd ( b , a m o d b ) bx^\prime+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\cdot b)y^\prime=\gcd(b,a\bmod b) bx′+(a−⌊ba⌋⋅b)y′=gcd(b,amodb)。接下来将左侧整理为我们想要的形式，右侧替换成数值相等的 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b)。方程变为 a y ′ + b ( x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ ) = gcd ( a , b ) ay^\prime+b(x^\prime-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y^\prime)=\gcd(a,b) ay′+b(x′−⌊ba⌋y′)=gcd(a,b)。结合原来的方程 a x + b y = gcd ( a , b ) ax+by=\gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)，我们可以得出： x = y ′ , y = x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ x=y^\prime,\,y=x^\prime-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y^\prime x=y′,y=x′−⌊ba⌋y′ 为原方程的一组解。
这有什么用？根据辗转相除法，如果一直迭代， a a a 最终会变成 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b)，而 b b b 会变成 0 0 0，也就是说我们会得到一个这样的方程 gcd ( a , b ) ⋅ x ′ ′ + 0 ⋅ y ′ ′ = gcd ( a , b ) \gcd(a,b)\cdot x^{\prime\prime}+0\cdot y^{\prime\prime}=\gcd(a,b) gcd(a,b)⋅x′′+0⋅y′′=gcd(a,b)，这个方程瞪眼就能得到一组解 x ′ ′ = 1 , y ′ ′ = 0 x^{\prime\prime}=1,\,y^{\prime\prime}=0 x′′=1,y′′=0。既然最后一个方程有解了，就可以用 x = y ′ , y = x ′ − ⌊ a b ⌋ y ′ x=y^\prime,\,y=x^\prime-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y^\prime x=y′,y=x′−⌊ba⌋y′ 一直倒推，得到原方程的解。
cpp
ll a,b;
pair<ll,ll> p,q;
pair<ll,ll> exgcd(ll aa,ll bb){
if(bb==0){
p.first=1,p.second=0;
return p;
}
p=exgcd(bb,aa%bb);
ll x=p.first,y=p.second;
/*
注意：如果你在这里没有开一个新的pair q用来存新的x,y，
而是直接让p.first=p.second，p.second=...，
一定要提前把p.first和p.second的值留住，不然等你改完p.first之后，
用它改出来的p.second的值就不对了。
*/
q.first=y,q.second=x-aa/bb*y;
return q;
}要求找出一组解，使得非负整数 x x x 最小？
若 a x + b y = gcd ( a , b ) ax+by=\gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b) 成立，那么 a ( x − b gcd ( a , b ) ) + b ( y + a gcd ( a , b ) ) = gcd ( a , b ) a(x-\frac{b}{\gcd(a,b)})+b(y+\frac{a}{\gcd(a,b)})=\gcd(a,b) a(x−gcd(a,b)b)+b(y+gcd(a,b)a)=gcd(a,b) 成立（就是在方程左侧补上两项： − a b gcd ( a , b ) + a b gcd ( a , b ) -\frac{ab}{\gcd(a,b)}+\frac{ab}{\gcd(a,b)} −gcd(a,b)ab+gcd(a,b)ab）。而且没有办法把 a b gcd ( a , b ) \frac{ab}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)ab 换成更小的数，因为要保证一加一减的时候用的那个数既是 a a a 的倍数，又是 b b b 的倍数，不然放进括号里之后 x x x 和 y y y 加上或减去的数就不是整数了。 a b gcd ( a , b ) = lcm ( a , b ) \frac{ab}{\gcd(a,b)}=\operatorname{lcm}(a,b) gcd(a,b)ab=lcm(a,b)，是 a a a 和 b b b 共同的倍数中最小的。
所以只要先用普通的 exgcd 求出一个 x x x，最小的 x x x 就是 ( x m o d b gcd ( a , b ) + b gcd ( a , b ) ) m o d b gcd ( a , b ) (x\bmod\frac{b}{\gcd(a,b)}+\frac{b}{\gcd(a,b)})\bmod\frac{b}{\gcd(a,b)} (xmodgcd(a,b)b+gcd(a,b)b)modgcd(a,b)b。这也阐述了其他解的求法，就是一个加一个减，可能是向上面一样 x − b gcd ( a , b ) , y + a gcd ( a , b ) x-\frac{b}{\gcd(a,b)},\,y+\frac{a}{\gcd(a,b)} x−gcd(a,b)b,y+gcd(a,b)a，也可能是 x + b gcd ( a , b ) , y − a gcd ( a , b ) x+\frac{b}{\gcd(a,b)},\,y-\frac{a}{\gcd(a,b)} x+gcd(a,b)b,y−gcd(a,b)a。
裴蜀定理
a x + b y = c ax+by=c ax+by=c（ a , b , c a,\,b,\,c a,b,c 都是整数）有整数解的充要条件是 c c c 是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数。
首先，如果 c c c 是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数，我们可以先找到 a x ′ + b y ′ = gcd ( a , b ) a x^\prime+b y^\prime=\gcd(a,b) ax′+by′=gcd(a,b) 的一组解，设 c = k ⋅ gcd ( a , b ) c=k\cdot \gcd(a,b) c=k⋅gcd(a,b)，那么就可以两边同时乘以 k k k 得到原方程 a k x ′ + b k y ′ = c a kx^\prime+b ky^\prime=c akx′+bky′=c 的解。此时我们再解 a x + b y = c ax+by=c ax+by=c，只需要让 x = k x ′ , y = k y ′ x=kx^\prime,\,y=ky^\prime x=kx′,y=ky′ 就解决啦！ k k k 一定是整数，所以 x , y x,\,y x,y 包是整数的。（充分性得证！）
如果 c c c 不是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数：将方程每项除以 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b)， a gcd ( a , b ) , b gcd ( a , b ) \frac{a}{\gcd(a,b)},\,\frac{b}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)a,gcd(a,b)b 一定是整数，但是 c gcd ( a , b ) \frac{c}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)c 不是整数，所以如果 x , y x,\,y x,y 都是整数，就不可能满足 a gcd ( a , b ) x + b gcd ( a , b ) y = c gcd ( a , b ) \frac{a}{\gcd(a,b)}x+\frac{b}{\gcd(a,b)}y=\frac{c}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)ax+gcd(a,b)by=gcd(a,b)c，因为方程左边是整数，而右边不是。（必要性得证！）
[check point] 你已经知道：
如何实现基本的辗转相除法求 gcd；
如何实现扩展欧几里得算法求 ax+by=gcd(a,b) 的一组解，以及用这组解得到别的解；
裴蜀定理是什么（证明只是帮助理解），以及如何求一个满足裴蜀定理的方程 ax+by=c 的解。例题
【模板】二元一次不定方程 (exgcd)
给定不定方程： a x + b y = c ax+by=c ax+by=c
- 若该方程无整数解，输出 − 1 -1 −1。
- 若该方程有正整数解（ x , y x,\,y x,y 均为正整数），则输出其正整数解的数量、所有正整数解中 x x x 的最小值、所有正整数解中 y y y 的最小值、所有正整数解中 x x x 的最大值、以及所有正整数解中 y y y 的最大值。
- 若方程有整数解（ x , y x,\,y x,y 均为整数，但不一定是正的），但没有正整数解，你需要输出所有整数解中 x x x 的最小正整数值， y y y 的最小正整数值。
这道题是一个很好的汇总。
第一条有没有解可以使用裴蜀定理判断， c c c 是否是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数。
确认有解了之后，就用 exgcd 算出 a x ′ + b y ′ = gcd ( a , b ) ax^\prime+by^\prime=\gcd(a,b) ax′+by′=gcd(a,b) 的解，然后 x = x ′ ⋅ c gcd ( a , b ) , y = y ′ ⋅ c gcd ( a , b ) x=x^\prime\cdot\frac{c}{\gcd(a,b)},\,y=y^\prime\cdot\frac{c}{\gcd(a,b)} x=x′⋅gcd(a,b)c,y=y′⋅gcd(a,b)c，就得到了原方程的一组整数解。接下来可以用上面讲过的 x , y x,\,y x,y 一加一减的方法得到其他解。
如果此时 x , y x,\,y x,y 都不是正的，那么就没救了，因为 x , y x,\,y x,y 必需一加一减才能满足这个方程，总有一个人要减去一点，然后就更不是正的了，无正整数解。用上面讲过的取模的方法找到最小非负整数 x x x，然后特判模完之后 x = 0 x=0 x=0 的情况，将 x x x 设为 b gcd ( a , b ) \frac{b}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)b。 y y y 也是相似的。
如果 x , y x,\,y x,y 中有一个不是正的，我们先假设它是 x x x，如果是 y y y，操作是类似的。 x x x 至少需要加 k = ⌈ 1 − x b gcd ( a , b ) ⌉ k=\lceil\frac{1-x}{\frac{b}{\gcd(a,b)}}\rceil k=⌈gcd(a,b)b1−x⌉ 个 b gcd ( a , b ) \frac{b}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)b 就能变成正整数，判断一下 y y y 在减完 k k k 个 a gcd ( a , b ) \frac{a}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)a 是否还是正整数，如果不是，就没有正整数解，用上面 x , y x,\,y x,y 都非正的方法分别求出 x , y x,\,y x,y 的最小正整数解。如果是，将 x , y x,\,y x,y 都变成正整数，进入下面的情况中。
现在 x , y x,\,y x,y 都是正整数了，题目要求的是在正整数解的范围内考虑， x , y x,\,y x,y 都必须是正整数才算数， x x x 的最小正整数值对应到 y y y 的最大正整数值。 x x x 可以最多减 k 1 = ⌊ x − 1 b gcd ( a , b ) ⌋ k_1=\lfloor\frac{x-1}{\frac{b}{\gcd(a,b)}}\rfloor k1=⌊gcd(a,b)bx−1⌋ 个 b gcd ( a , b ) \frac{b}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)b，此时 y y y 加的值是最大的（加 k 1 k_1 k1 个 a gcd ( a , b ) \frac{a}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)a），肯定是正整数，得到最小的 x x x 和最大的 y y y； y y y 最多减 k 2 = ⌊ y − 1 a gcd ( a , b ) ⌋ k_2=\lfloor\frac{y-1}{\frac{a}{\gcd(a,b)}}\rfloor k2=⌊gcd(a,b)ay−1⌋ 个 a gcd ( a , b ) \frac{a}{\gcd(a,b)} gcd(a,b)a， x x x 也可以算出相应的值，得到最小的 y y y 和最大的 x x x。
还有一个要算正整数解的个数，就是 k 1 + k 2 + 1 k_1+k_2+1 k1+k2+1， x x x 可以最多减 k 1 k_1 k1 次，加 k 2 k_2 k2 次，还可以保持原本的值不变（ 1 1 1）。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
ll t,a,b,c;
pair<ll,ll> p,q;
pair<ll,ll> exgcd(ll aa,ll bb){
if(bb==0){
p.first=1,p.second=0;
return p;
}
p=exgcd(bb,aa%bb);
ll x=p.first,y=p.second;
q.first=y,q.second=x-aa/bb*y;
return q;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
cin>>a>>b>>c;
ll g=__gcd(a,b);
if(c%g){
cout<<-1<<endl;
continue;
}
p=exgcd(a,b);
ll x=p.first*c/g,y=p.second*c/g;
ll xm=b/g,ym=a/g;
if(x<=0&&y<=0){
x=(x%xm+xm)%xm;
if(x==0) x=xm;
y=(y%ym+ym)%ym;
if(y==0) y=ym;
cout<<x<<' '<<y<<endl;
}
else{
if(x<=0){
ll k=(1-x+xm-1)/xm;
x+=k*xm,y-=k*ym;
}
if(y<=0){
ll k=(1-y+ym-1)/ym;
x-=k*xm,y+=k*ym;
}
if(x<=0||y<=0){
x=(x%xm+xm)%xm;
if(x==0) x=xm;
y=(y%ym+ym)%ym;
if(y==0) y=ym;
cout<<x<<' '<<y<<endl;
}
else{
ll k1=(x-1)/xm,k2=(y-1)/ym;
cout<<k1+k2+1<<' '<<x-k1*xm<<
' '<<y-k2*ym<<' '<<x+k2*xm<<' '<<y+k1*ym<<endl;
}
}
}
return 0;
}同余方程
求关于 x x x 的同余方程 a x ≡ 1 ( m o d b ) a x \equiv 1 \pmod {b} ax≡1(modb) 的最小正整数解。数据保证一定有解。
这个方程的意思就是 a x ax ax 除以 b b b 余 1 1 1，说明 a x ax ax 补上几倍（可能是负数倍）的 b b b 之后就会变成 1 1 1，所以相当于 a x + b y = 1 ax+by=1 ax+by=1。原题保证了方程有解，而根据裴蜀定理， 1 1 1 必须是 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 的倍数才会有解，由此可得， gcd ( a , b ) = 1 \gcd(a,b)=1 gcd(a,b)=1。所以这个方程就相当于 a x + b y = gcd ( a , b ) ax+by=\gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)，直接用标准的 exgcd 解决即可。
还有一个最小正整数解的要求，上面已经讲过如何让 x x x 变大或者变小，只是有一个细节，上面的取模方法得到的是非负整数，所以要特判一下 x x x 变成 0 0 0 的情况，要让它变成 b gcd ( a , b ) = b 1 = b \frac{b}{\gcd(a,b)}=\frac{b}{1}=b gcd(a,b)b=1b=b（ gcd ( a , b ) = 1 \gcd(a,b)=1 gcd(a,b)=1）。这个细节在其他题目里必须考虑，但这道题并不必需，因为这里的模数是 b b b，如果 x x x 是 b b b 的倍数，而 b y by by 也是 b b b 的倍数，那么 a x + b y ax+by ax+by 一定是 b b b 的倍数。题目保证了 b ≥ 2 b\ge 2 b≥2，所以 a x + b y ax+by ax+by 就不可能等于 1 1 1 了。此题中不会出现 x m o d b = 0 x\bmod b=0 xmodb=0 的情况。
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
ll a,b;
pair<ll,ll> p,q;
pair<ll,ll> exgcd(ll aa,ll bb){
if(bb==0){
p.first=1,p.second=0;
return p;
}
p=exgcd(bb,aa%bb);
ll x=p.first,y=p.second;
q.first=y,q.second=x-aa/bb*y;
return q;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cin>>a>>b;
p=exgcd(a,b);
int mod=b;
p.first=(p.first%mod+mod)%mod;
if(p.first==0) p.first=mod;//this line is optional
cout<<p.first<<endl;
return 0;
}练习
The Equation
Red-Black Pepper
我终究还是一名 CF 刷题人