求關於x的同餘方程 ax≡1(mod b) 的最小正整數解。

對於 100%的資料，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) 先撇開擴充套件歐幾里得什麼的不管，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演算法，時間複雜度為O(1)。簡單來說，我們定義gcd(a,b)為a、b的最大公約數，那麼gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)。一般使用遞迴計算，在最後一層，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，那麼以上結論顯然。 那麼，若r≠0呢？ 假設gcd(a,b)=d，那麼存在正整數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)。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define LL long long
 3 using namespace std;
 4 
 5 LL a,b;//不開long long見祖宗 
 6 
 7 LL gcd(LL a,LL b)
 8 {
 9     if(b==0) return a;
10     return gcd(b,a%b);
11 }
12 int main(){
13     scanf("%d%d",&a,&b);
14     printf("%lld",gcd(a,b));
15     return 0;
16 }

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踏入正題~ 問題是求解同餘方程 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，這裡的gcd(a,b)=1，所以這裡a,b互質。   擴充套件歐幾里得演算法~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是無陣列解中最小的正整數。 假設我們求出了另一組數x₂、y₂，使得bx₂+(a mod b)y₂=gcd(b,a mod b)，則因為gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)，所以bx₂+(a mod b)y₂=gcd(a,b); 聯立等式，得到ax+by=bx₂+(a mod b)y₂。 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…… 直到最後一組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還要進行最後的處理，x=(x%b+b)%b就做到了x為最小正整數解，想想為什麼？

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 #define int long long
 3 using namespace std;
 4 
 5 int a,b,x,y;
 6 
 7 void Exgcd(int a,int b)
 8 {
 9     if(b==0)
10     {
11         x=1,y=0;//最終的x、y 
12         return;
13     }
14     Exgcd(b,a%b);
15     int tmp=x; 
16     x=y;//更新上一層x 
17     y=tmp-(a/b)*y;//更新上一層y 
18 }
19 signed main()//main函式不能為long long 
20 { 
21     scanf("%lld%lld",&a,&b);
22     Exgcd(a,b);
23     x=(x%b+b)%b;//最小正整數解 
24     cout<<x<<endl;
25     return 0;
26 }

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數學題多手算模擬幾遍就理解了~