gcd 和 同余方程（Exgcd）

求關於x的同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整數解。

對於 100%的數據，2≤a,b≤2*10⁹。

NOIP 2012 提高組 第二天 第一題

(只看Exgcd的自行跳過這段文字)

先撇開擴展歐幾里得什么的不管，首先證明輾轉相除法。

gcd(greatest common divisor)，是一種計算兩個數最大公約數的算法，時間復雜度為O(1)。簡單來說，我們定義gcd(a,b)為a、b的最大公約數，那么gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)。一般使用遞歸計算，在最后一層，a≡0(mod b)的時候，這一層的b即為答案。

下面給出證明：

令a>b，則存在正整數k、r，使得a=kb+r，而r≡a(mod b)，所以我們要證明的結論就是gcd(a,b)=gcd(b,r)。

若r=0，那么以上結論顯然。

那么，若r≠0呢？

假設gcd(a,b)=d，那么存在正整數p、q，使得a=pd，b=qd(p>q)。

所以pd=kqd+r，整理得r=(p-kq)d。因為r>0，所以pd>kqd，顯然p-kq為正整數，所以r必為d的倍數，不難證明gcd(a,b)=gcd(b,r)，也就是gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)。

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;

LL a,b;//不開long long見祖宗 

LL gcd(LL a,LL b)
{
    if(b==0) return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&a,&b);
    printf("%lld",gcd(a,b));
    return 0;
}

 

踏入正題~

問題是求解同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整數解。

將問題轉化一下，這個方程的實質是ax+by=1(其中y為整數)。

擴歐求的是ax+by=gcd(a,b)的解。

那顯然，這里的gcd(a,b)=1，所以這里a,b互質。

 

擴展歐幾里得算法~前置知識：輾轉相除法。

對於ax+by=gcd，輸入中已經給了a、b我們只要求出一組x,y解，滿足x是無數組解中最小的正整數。

假設我們求出了另一組數x ₂、y ₂，使得bx ₂+(a mod b)y ₂=gcd(b,a mod b)，則因為gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)，所以bx ₂+(a mod b)y ₂=gcd(a,b);

聯立等式，得到ax+by=bx ₂+(a mod b)y ₂。

我們可以將a mod b轉化成a-(a/b)*b。

所以ax+by=bx₂+(a-(a/b)*b)y₂

ax+by=ay₂-b(x₂-(a/b)y₂)

解得x=y₂，y=x₂​−(a/b)y_2。

對於等式bx₂+(a mod b)y₂=gcd(b,a mod b)，我們再觀察等式ax+by=gcd(a,b)。發現兩個等式本質上是相同的，可得依次推出x₃，y_3，x₄，y_4……

直到最后一組b=0時，解得x=1,y=任意整數，當然，y最好取0，有可能會數值越界。

另外，x還要進行最后的處理，x=(x%b+b)%b就做到了x為最小正整數解，想想為什么？

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;

int a,b,x,y;

void Exgcd(int a,int b)
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;//最終的x、y 
        return;
    }
    Exgcd(b,a%b);
    int tmp=x; 
    x=y;//更新上一層x 
    y=tmp-(a/b)*y;//更新上一層y 
}
signed main()//main函數不能為long long 
{ 
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    Exgcd(a,b);
    x=(x%b+b)%b;//最小正整數解 
    cout<<x<<endl;
    return 0;
}

數學題多手算模擬幾遍就理解了~

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