以前好像提及過關於同余問題，這里就不多講了。。。
現在我要記錄的，好像有些些復雜（當然，只是對於我來說）
語不驚人死不休！！
首先我要提及的是一次同余方程，形如 ax≡b(mod m)
首先我們要對同余方程ax≡b(mod m) 解的情況進行分析（要的解范圍要在0到m之間，不知道為啥哈哈哈）
1.當（a,m）=1時有唯一解；（默默的提一句，最大公約數）
2.當（a,m）| b時有解，解的個數是（a,m）個
3.當（a,m） 不能整除 b時，無解；
概括一下，也就是說，我們首先要求出a與m的最大公約數，如果是b的倍數，那解的個數就是（a，m），如（a,m）不能整除b，那就是無解！！！
（至於為啥是這樣的，我能力有限，就不在此討論了，也許幾年后的今天我就可以對此完善了）
那關於同余方程應該怎樣求解呢？以下給出兩種方法————形式分數求解（如果實在不懂，可從數學選修4-6,37頁自行學習）
1.乘式求解
我們換種形式
，然后分子、分母同乘以與m互素的正整數n后，在分別對分子、分母%m,使用等式右邊變成整數，便得到方程唯一的解。（當然，我們要的解范圍要在0到m之間）
是不是沒聽懂？？我來給你舉個例子：7x≡8(%10) 求解x
變換形式得到x≡8/7≡8*3 / 7*3≡ 24%10/21%10 ≡4/1≡4(mod10)
其中，那個3就是“與m互素的正整數”，這可以是任何數，但是我要滿足原分母（7）乘上這個數之后能模 m（就是10）之后余1（余1的目的是最后可以得到整數），所以其實核心就是經過多次變換，把分母變成1，求得解。
2.加式求解
我們依舊把他換成的形式，在分子上加上m的倍數，使新分子和分母有公約數，再約去它。最終得到的就是解。核心其實也就是讓b一直加m，一直加到能讓分子能整除分母即可；
3.擴展歐幾里得算法（在后面我會講到）
那我總結一下吧（其實是賀的老師的PPT）
1. 一般的線性同余方程為ax≡b(%m)，其中a≠0，b,m均為已知數，x為未知數
2.這類方程解法：先將原方程化為ax+my=b的不定方程，根據b能否整除gcd(a,m)判斷方程是否有解，然后再用剛才說的那三種方法求解
3.若”d=(a,m) | b” ,b不能被d整除，則方程ax≡b(%m)無解, 否則在%m的完全剩余系{0,1,2....m-1}中，恰有d個解，第一個解為：
x0=x' * (b/d) %m,其余d-1個解可以通過對%n加上(m/d)的倍數得到，即xi=(x0+i*(m/d))%m, (1≤i≤d-1).（拓歐幾里得)
代碼部分：
解ax≡b(modm)方程
要求：輸入三個非零整數a,b,m空格間隔。（a,b,m整型范圍內），輸出x的同余解，如果無解輸出“no answer!”
這是解法一（擴展歐幾里得）
#include<iostream> using namespace std; int a,b,m; int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y) { if(b==0) { x=1,y=0;return a; } int x1,y1; int d=ex_gcd(b,a%b,x1,y1); x=y1; y=x1-a/b*y1; return d; } void mod_f(int a,int b,int m) { int d,x,y,e,i; d=ex_gcd(a,m,x,y); if(b%d!=0) { printf("no answer!"); } else { e=(x*(b/d)+m)%m; for(i=0;i<d;i++) printf("%d ",(e+i*(m/d))%m); } } int main() { cin>>a>>b>>m; mod_f(a,b,m); return 0; }
關於擴展歐幾里得算法我求了求旁邊的大佬幫我講了一遍，我好像是懂了吧，就是這個意思：
首先還要再提一下關於歐幾里得算法和裴蜀算法哈哈
1.歐幾里得算法就是輾轉相除法，即gcd(a,b)=gcd(b,a%b)。
2.裴蜀算法：
a,b是整數，如果c=gcd(a,b)，那么對於任意整數x,y，a*x+b*y是c的倍數。
今天我們運用的是當gcd(a,b)|c時，x,y的不定方程a*x+b*y=c(a,b,c均為整數)有整數解無數個
下面給出證明（我分為gcd(a,b)|c和不滿足gcd(a,b)|c）
設r=gcd(a,b)
那么我們可以表示一下a=nr,b=mr,c=qr
y=(c-a*x)/b=(qr-nr*x)/mr=(q-n*x)/m
我們不難看出：若gcd（a，b）|c的話，q就是整數。 因為y=(q-n*x)/m，所以若y是整數，總有x是整數滿足這個式子（即有x使得y為整數），所以有無數組解。
然而，如果c不能整除gcd（a，b），也就是q為小數，我們還是看y=(q-n*x)/m這個式子，（其中q是小數，m、n是整數），如果y是整數，那么由於m是整數，可以推出q-n*x一定為整數，又由於q是小數、n是整數，可以推出x一定為小數。 依照此方法，我們也可以順利地推出若x是整數，y一定不是整數，即x，y一定不能同時取整。
ok，那么我們可以進入正題了，下面是正規題解（前兩步是復制粘貼的是旁邊大佬的，yyds）
首先第一步，是根據貝祖定理判斷有無整數解（gcd(a,b)|c則有整數解）。那么c=n*gcd(a,b),則設x=n*q,y=n*p。所以a*q+b*p=gcd(a,b)。
接着是第二步，是運用歐幾里得算法得到a*q+b*p=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=b*q`+(a-a/b*b)*p`=a*p`+b*(q`-a/b*p`)。
現在我們前后比對一下，a*q+b*p=a*p`+b*(q`-a/b*p`)，可以看出，q對應的就是p’，而p對應的是q`-a/b*p`
（下面這句也是復制的大佬的）從而推出q,p的一組整數解，*n可得x,y的一組整數解，最終整數解有（x-k(b/gcd(a,b)),y-k(a/gcd(a,b))，因為k有無數個，所以整數解由無數個
最后一步我怎么着都看不懂了，就有問了問旁邊的大佬，他是那么說的：
首先我們這樣寫：
a(x-k(b/gcd(a,b)))+b(y+k(a/gcd(a,b)))=c;
我們化簡一下就會得到ax-abk/gcd(a,b)+by+abk/gcd(a,b)=c;
約一下就得到ax+by=c;
所以不難看出，對於任意的k(b/gcd(a,b))和k(a/gcd(a,b))（其中k是常數，可以是任何數）
對於x，每過一個a/gcd(a,b)就會產生一組新的解，對於y，每過一個b/gcd(a,b)就會一組新的解。
所以就會有x-k(b/gcd(a,b)),y-k(a/gcd(a,b)組解。因為k可以是任何數，所以有無數組解。
下面我再給你舉個例子：
首先，我們可以通過gcd(a,b)=gcd(b,a%b)這個遞歸解得gcd(a,b)是多少，並要記錄每一次的a/b，然后我們再看最后兩列，我們要從下往上推，先用6/3得到2，讓x=2，y=0，這樣我們就得到了最低行的等式，即ax+by=6（即3*2+0=6）；就這樣，我們再讓x等於y1，讓y等於x1-[a-b]*y1(我們把x和y定義為新的解，而x1和y1為原來的解），這樣我們又得到了第二組的等式ax+by=6 (即6*0+2*3=6）那我們就能明白他的用意了，其實每一行的a,b,x,y都能滿足那個ax+by=6的等式，一開始a是3，b是0，然后一直推推推，讓x=y1，y=x1-[a-b]*y1，得到新的等式，最后a會變成99，b會變成78，此時推過來的x和y，就是可以滿足這個等式的解
其實代碼也就是這樣體現的。
這是解法二 ———形式分數加法代碼
其實思路就是我剛才講的，直接上代碼吧（還是復制PPT）
解法三————形式分數乘法
思路也是剛才提到的，也直接上代碼吧(復制PPT）
那你可能就頓悟怎么解多元一次不定方程了吧，不接受任何反駁
上例題！
輸入a,b,c,d,n 請找出一組整數解(x1,x2,x3,x4)滿足：a*x1+b*x2+c*x3+d*x4=n
思路就是這樣的： 我們先與處理掉gcd(a,b,c),然后原式就變成了 gcd(a,b,c)*y1+d*x4=n;我們運用所學知識就可以解出一組解，解出x4,d和y1；
然后列出第二組方程，a*x1+b*x2+c*x3=gcd(a,b,c)*y1 由於我們能求出gcd(a,b,c)而且已經求出了y1，我們就可以得到新的一組方程，然后一直重復以上操作，就可以得出一組解集
代碼如下
好了，終於講完了！！
太傷元氣了，我要去開擺了，再見！！
