求关于x的同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整数解。

对于 100%的数据,2≤a,b≤2*109

NOIP 2012 提高组 第二天 第一题

(只看Exgcd的自行跳过这段文字)
先撇开扩展欧几里得什么的不管,首先证明辗转相除法。
gcd(greatest common divisor),是一种计算两个数最大公约数的算法,时间复杂度为O(1)。简单来说,我们定义gcd(a,b)为a、b的最大公约数,那么gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)。一般使用递归计算,在最后一层,a≡0(mod b)的时候,这一层的b即为答案。
下面给出证明:
令a>b,则存在正整数k、r,使得a=kb+r,而r≡a(mod b),所以我们要证明的结论就是gcd(a,b)=gcd(b,r)。
若r=0,那么以上结论显然。
那么,若r≠0呢?
假设gcd(a,b)=d,那么存在正整数p、q,使得a=pd,b=qd(p>q)。
所以pd=kqd+r,整理得r=(p-kq)d。因为r>0,所以pd>kqd,显然p-kq为正整数,所以r必为d的倍数,不难证明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;//不开long long见祖宗 LL gcd(LL a,LL b)
{
if(b==) return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main(){
scanf("%d%d",&a,&b);
printf("%lld",gcd(a,b));
return ;
}
踏入正题~
问题是求解同余方程 ax≡1(mod b) 的最小正整数解。
将问题转化一下,这个方程的实质是ax+by=1(其中y为整数)。
扩欧求的是ax+by=gcd(a,b)的解。
那显然,这里的gcd(a,b)=1,所以这里a,b互质。
 
扩展欧几里得算法~前置知识:辗转相除法。
对于ax+by=gcd,输入中已经给了a、b我们只要求出一组x,y解,满足x是无数组解中最小的正整数。
假设我们求出了另一组数x2、y2,使得bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b),则因为gcd(a,b)=gcd(b,a mod b),所以bx2+(a mod b)y2=gcd(a,b);
联立等式,得到ax+by=bx2+(a mod b)y2
我们可以将a mod b转化成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)y2。
对于等式bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b),我们再观察等式ax+by=gcd(a,b)。发现两个等式本质上是相同的,可得依次推出x3,y3,x4,y4……
直到最后一组b=0时,解得x=1,y=任意整数,当然,y最好取0,有可能会数值越界。
另外,x还要进行最后的处理,x=(x%b+b)%b就做到了x为最小正整数解,想想为什么?
 #include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std; int a,b,x,y; void Exgcd(int a,int b)
{
if(b==)
{
x=,y=;//最终的x、y
return;
}
Exgcd(b,a%b);
int tmp=x;
x=y;//更新上一层x
y=tmp-(a/b)*y;//更新上一层y
}
signed main()//main函数不能为long long
{
scanf("%lld%lld",&a,&b);
Exgcd(a,b);
x=(x%b+b)%b;//最小正整数解
cout<<x<<endl;
return ;
}

数学题多手算模拟几遍就理解了~

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