posted on 2022-09-17 15:59:26 | under 模板 | source
code
LL mod(LL x,LL m){return(x%m+m)%m;}
LL exgcd(LL a,LL b,LL c,LL& x,LL& y){
if(!b) return x=c/a,y=0,a;
LL res=exgcd(b,a%b,c,y,x);
return y-=a/b*x,res;
}
LL solve(LL a,LL b,LL c){
LL x,y,d=exgcd(a,b,c,x,y);
return c%d==0?mod(x,b/d):-1;
}
调用 solve(a,b,c) 能求得 \(ax+by=c\) 中 \(x\) 的最小正整数解，无解返回 \(-1\)。
但是，为什么这样写对呢？
exgcd
我们想求的是这样一个东西的一组解 \((x,y)\)：\(ax+by=\gcd(a,b)\)。
回忆一下我们求 \(\gcd\) 的过程，我们用到了 \(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\) 的性质。
将原方程的 \((a,b)\) 全部替换成 \((b,a\bmod b)\) 也应该成立：
\[bx+(a\bmod b)y=\gcd(b,a\bmod b). \]取模的定义：\(a\bmod b=a-\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\cdot b\)（下文 \(\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\) 写作 \(a/b\)），代入：
\[\begin{aligned} bx+(a-(a/b)\cdot b)y&=\gcd(b,a\bmod b)\\ bx+ay-(a/b)\cdot by&=\gcd(b,a\bmod b)\\ ay+b(x-(a/b)\cdot y)&=\gcd(b,a\bmod b)\\ \end{aligned}\]我们貌似看到了一组新的解 \((x'=y,y'=x-(a/b)\cdot y)\)。这就是 exgcd。将这个过程递归下去即可。
发现还有递归边界，此时 \(b=0\)，原方程变为 \(ax=a\)（\(a\) 是原来的 \(\gcd(a,b)\)），取 \((x=1,y=0)\)（\(y\) 可以是任何数，但一般取 \(0\)），即为递归边界。
LL exgcd(LL a,LL b,LL& x,LL& y){
if(!b) return x=1,y=0,a;
LL res=exgcd(b,a%b,y,x);
return y-=a/b*x,res;
}
analysis
exgcd 可以求出形如 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 的一组整数特解 \((x_0,y_0)\)。
由裴蜀定理得，如果 \(\gcd(a,b)\not|c\) 那么直接跑路。
否则，等式两边同时乘 \(\frac{c}{\gcd(a,b)}\)，得到原方程 \(ax+by=c\) 的特解 \((x_1=\frac{c}{\gcd(a,b)}\cdot x_0,y_1=\frac{c}{\gcd(a,b)}\cdot y_0)\)。
考虑这么一个式子，它和原方程等价：
\[a(x_1+db)+b(y_1-da)=c. \]显然 \(d\) 可以取到 \(\gcd(a,b)^{-1}\)，所以得到任意一组解 \((x,y)\) 都满足：
\[\begin{cases} x=x_1+s\cdot\frac{b}{\gcd(a,b)},\\ y=y_1-s\cdot\frac{a}{\gcd(a,b)}.\\ \end{cases}\]所以 \(x\) 的最小的正整数解是 \(x_0\bmod \frac{b}{\gcd(a,b)}\)。我们止步于此。
code-analysis
LL mod(LL x,LL m){return(x%m+m)%m;}
LL exgcd(LL a,LL b,LL c,LL& x,LL& y){
if(!b) return x=c/a,y=0,a;
//x=c/a，提前算好 x_1，这里 a 是 gcd
LL res=exgcd(b,a%b,c,y,x);
return y-=a/b*x,res;
}
LL solve(LL a,LL b,LL c){
LL x,y,d=exgcd(a,b,c,x,y);
return c%d==0?mod(x,b/d):-1;
//先判无解，如果有解就模
}