数论专项复习（一）扩展欧几里得算法(exgcd)

简介

扩展欧几里得算法（简称扩欧，exgcd），用来求下列方程的一组解：

\[ax+by=(a,b)
\]

算法介绍

1. 裴蜀定理

裴蜀定理（Bézout's lemma）：若 \(a\in \mathbb{Z},b \in \mathbb{Z}\) 且 \(a,b\) 不全为 \(0\)，则关于 \(x,y\) 的方程 \(ax+by=(a,b)\) 一定有整数解。

证明：略（其实是不会）

2. 欧几里得定理

欧几里得定理：\((a,b)=(b,a \bmod b)\)。

证明：略（其实还是不会）

用途：著名的辗转相除法就是用欧几里得定理证明的。

3. Exgcd

伪代码：

Integer X,Y // The Solution of AX+BY=(A,B)
Exgcd(Integer A,Integer B)
	If B equals 0
		X = 1
		Y = 0
		Return
	Else
		Exgcd(B,A mod B)
		X = X - A / B * Y
		Swap X,Y
End

证明：

• 当 \(b=0\) 时，显然有 \(x=1,y=0\)，使得 \(xa+yb=(a,b)\)。
• 当 \(b>0\)，则 \((b,a \bmod b)\)。存在整数 \(x,y\)，满足 \(bx+(a\bmod b)y=(b,a\bmod b)\)。
• 令 \(x'=y,y'=x-\lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y\)，\(ax'+by'=(a,b)\)。

代码：

int x,y;
void exgcd(int a,int b){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b);
		int tmp=x;
		x=y;
		y=tmp-a/b*y;
	}
}

时间复杂度 \(O(\log n)\)。

例题

CF510D Fox And Jumping

给出 \(n\) 张卡片，分别有 \(l_i\) 和 \(c_i\)。在一条无限长的纸带上，你可以选择花 \(c_i\) 的钱来购买卡片 \(i\)，从此以后可以向左或向右跳 \(l_i\) 个单位。问你至少花多少元钱才能够跳到纸带上全部位置。若不可能，输出 \(-1\)。

\(1 \leq n \leq 300,1 \leq l_i \leq 10^{9},1 \leq c_i \leq 10^{5}\)

首先，如果我们可以选出一些个卡片 \((l_i,c_i)\)，使得全部的 \(c_i\) 互质（我的意思是 \((c_i,(c_{i+1},(c_{i+2},\cdots))) = 1\) ）。因为裴蜀定理 \(c_ix+c_jy=1\) 有解，所以一定可以从位置 \(x\) 跳到 \(x \pm 1\)。

一开始，我的思路是能选择 \(c = 1\) 就选择，否则选择两个不同的。Hack 数据：

7
15015 10010 6006 4290 2730 2310 1
1 1 1 1 1 1 10

答案应该是 \(6\)（选择前 \(6\) 个）。

然后我们考虑 DP，设 \(f_{i,j}\) 为选择前 \(i\) 个，选择的数的 \(\gcd\) 是 \(j\) 的最小代价。显然，最后答案是 \(f_{n,1}\)。动态转移方程：

\[f_{i,(j,l_i)} = \left\{
\begin{aligned}
& \min(f_{i,(j,l_i)},f_{i-1,j} + c_i) & (j \neq l_i) \\
& \min(f_{i-1,(j,l_i)},c_i) & (j = l_i)
\end{aligned}
\right.
\]

无法通过本题，考虑优化。发现这个动态转移方程很像三角形不等式 \(\operatorname{dis}_{u}=\min(\operatorname{dis}_{u},\operatorname{dis}_{v}+W_{u,v})\)，想到用最短路优化。

使用堆优化 Dijkstra 算法可以做到 \(O(n^{3})\)，可以通过本题。

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

unordered_map<int, int> dis;
unordered_set<int> vis;
priority_queue<pair<int,int>, vector<pair<int,int> >, greater<pair<int,int> > > pq;
int n,l[305],c[305];

void dijkstra(){
	pq.push({0,0});
	dis[0]=0;
	while(!pq.empty()){
		int x = pq.top().second;
		pq.pop();
		if(x==1){
			break;
		}
		if(vis.find(x) != vis.end()){
			continue;
		}
		vis.insert(x);
		for(int j=1;j<=n;j++){
			int y = gcd(x,l[j]);
			if(dis.find(y) == dis.end()){
				dis[y] = INT_MAX;
			}
			if(dis[y]>dis[x]+c[j]){
				dis[y]=dis[x]+c[j];
				pq.push(make_pair(dis[y],y));
			}
		}
	}
}

signed main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>l[i];
	}
	for(int j=1;j<=n;j++){
		cin>>c[j];
	}
	dijkstra();
	if(dis.find(1)==dis.end()){
		// Impossible
		cout<<-1;
	}
	else{
		cout<<dis[1];
	}
	return 0;
}

AC Record

UVA10104 Euclid Problem

多组数据。每组数据给出两个正整数 \(A,B\)。令 \(D = (A,B)\)，求出关于 \(x,y\) 的方程 \(Ax+By=D\) 中 \(|x|+|y|\) 最小的整数解。输出 \(x,y,D\)。

\(1 \leq A,B \leq 10^{9}\)

Exgcd 的模板题。

代码：

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

int x,y;

void exgcd(int a,int b){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b);
		int tmp=x;
		x=y;
		y=tmp-a/b*y;
	}
}

signed main(){
	int a,b;
	while(cin>>a>>b){
		exgcd(a,b);
		cout<<x<<' '<<y<<' '<<__gcd(a,b)<<'\n';
	}
	return 0;
}

AC Record

P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程

求关于 \(x\) 的同余方程 \(ax\equiv 1\pmod{b}\) 的最小正整数解。数据保证有解。（即，\(a\) 在模 \(b\) 意义下的最小逆元）

\(2 \leq a,b \leq 2 \times 10^{9}\)

互质的数才有逆元，所以 \((a,b)=1\)。

发现其实就是求 \(ax \equiv (a,b) \pmod{b}\)，两边同时加上 \(by\)，得到 \(ax+by\equiv (a,b) \pmod{b}\)。我们先用 exgcd 求 \(ax+by=(a,b)\) 中的 \(x\)，然后直接求出 \(x \bmod b\) 即可。

代码：

#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;

int x,y;

void exgcd(int a,int b){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b);
		int tmp=x;
		x=y;
		y=tmp-a/b*y;
	}
}

signed main(){
	int a,b;
	cin>>a>>b;
	exgcd(a,b);
	cout<<(x%b+b)%b;
	return 0;
}

P2613 【模板】有理数取余

给出一个有理数 \(c=\frac{a}{b}\)，求 \(c \bmod 19260817\) 的值。如果无解，输出 Angry!。

对于所有数据，保证 \(0\leq a \leq 10^{10001}\)，\(1 \leq b \leq 10^{10001}\)，且 \(a, b\) 不同时是 \(19260817\) 的倍数。

显然，若 \(b=0\)，则无解。否则有解。

\[\begin{aligned}
& \frac{a}{b} \pmod{19260817} \\
& = a \times b^{-1} \pmod{19260817}
\end{aligned}
\]

怎么求逆元，上一题已经告诉大家了。最后注意读入，读入的时候顺便取余以免高精。这样子是正确的（因为同余两边同时模一个与同余式两边互质的数，同余依然成立）

代码：

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

int x,y;
const int MOD = 19260817;
int a,b;

inline int read() {
	int res = 0, ch = getchar();
	while(!isdigit(ch) and ch != EOF){
		ch = getchar();
	}
	while(isdigit(ch)) {
		res = (res << 3) + (res << 1) + (ch - '0');
		res %= MOD;
		ch = getchar();
	}
	return res;
}

void exgcd(int a,int b) {
	if(b==0) {
		x=1;
		y=0;
	} else {
		exgcd(b,a%b);
		int tmp=x;
		x=y;
		y=tmp-a/b*y;
	}
}

signed main() {
	a=read(),b=read();
	if(b==0) {
		printf("Angry!");
		return 0;
	}
	exgcd(b,MOD);
	x=(x+MOD)%MOD;
	cout<<a*x%MOD<<endl;
	return 0;
}

AC Record

P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

\(T\) 组数据，每组数据：

给定不定方程 \(ax+by=c\)。

若该方程无整数解，输出 \(-1\)。

若该方程有整数解，且有正整数解，则输出其正整数解的数量，所有正整数解中 \(x\) 的最小值，所有正整数解中 \(y\) 的最小值，所有正整数解中 \(x\) 的最大值，以及所有正整数解中 \(y\) 的最大值。

若方程有整数解，但没有正整数解，你需要输出所有整数解中 \(x\) 的最小正整数值， \(y\) 的最小正整数值。

正整数解即为 \(x, y\) 均为正整数的解，\(\boldsymbol{0}\) 不是正整数。

整数解即为 \(x,y\) 均为整数的解。

\(x\) 的最小正整数值即所有 \(x\) 为正整数的整数解中 \(x\) 的最小值，\(y\) 同理。

对于 \(100\%\) 的数据，\(1 \le T \le 2 \times {10}^5\)，\(1 \le a, b, c \le {10}^9\)。

• 首先，若 \((a,b) \not\mid c\)，则该方程无解。
• 当 \(x\) 变为最小正整数解时，\(y\) 最大，若 \(y<0\)，则没有正整数解。
• 当 \(y\) 变为最小正整数解时，\(x\) 最大，若 \(x<0\)，则没有正整数解。
• 此外有解。

代码：

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

int t,a,b,c,x,y;

void exgcd(int a,int b){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
		return;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b);
		int tmp=x;
		x=y;
		y=tmp-y*(a/b);
	}
}

signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>a>>b>>c;
		if(c%__gcd(a,b) != 0){
			cout<<-1<<'\n';
		}
		else{
			int d = __gcd(a,b);
			a/=d;b/=d;c/=d;
			exgcd(a,b);
			x*=c;y*=c;
			if(x<=0){
				int t=-x/b+1;
				x=x%b+b;
				y=y-t*a;
				if(y<=0){
					cout<<x<<' '<<((y%a)+a)<<'\n';
					continue;
				}
			}
			if(y<=0){
				int t=-y/a+1;
				y=y%a+a;
				x=x-t*b;
				if(x<=0){
					cout<<((x%b)+b)<<' '<<y<<'\n';
					continue;
				}
			}
			int t=x/b;
			x%=b;
			if(x==0){
				x=x+b;
				--t;
			}
			y+=t*a;
			int minx=x,maxy=y;
			t=y/a;y%=a;
			if(y==0){
				y+=a;
				t--;
			}
			x+=t*b;
			cout<<((x-minx)/b+1)<<' ';
			cout<<minx<<' ';
			cout<<y<<' ';
			cout<<x<<' ';
			cout<<maxy<<'\n';
		}
	}
	return 0;
}

P2054 [AHOI2005] 洗牌

对于扑克牌的一次洗牌是这样定义的，将一叠 \(N\)（ \(N\) 为偶数）张扑克牌平均分成上下两叠，取下面一叠的第一张作为新的一叠的第一张，然后取上面一叠的第一张作为新的一叠的第二张，再取下面一叠的第二张作为新的一叠的第三张……如此交替直到所有的牌取完。

如果对一叠 \(6\) 张的扑克牌 1 2 3 4 5 6，进行一次洗牌的过程如下图所示：



从图中可以看出经过一次洗牌，序列 1 2 3 4 5 6 变为 4 1 5 2 6 3。当然，再对得到的序列进行一次洗牌，又会变为 2 4 6 1 3 5。

如果给定长度为 \(N\) 的一叠扑克牌，并且牌面大小从 \(1\) 开始连续增加到 \(N\)（不考虑花色），对这样的一叠扑克牌，进行 \(M\) 次洗牌。求经过洗牌后的扑克牌序列中第 \(L\) 张扑克牌的牌面大小。

\(0＜N≤10^{10},0≤M≤10^{10}\)，且 \(N\) 为偶数。

对于一张原来在 \(n\) 的牌，他现在的位置 \(L\)：

\[n \times 2^{M} \equiv L \pmod{n+1}
\]

现在反推 \(n\)：

\[n \equiv L \times (2^{M})^{-1} \pmod{n+1}
\]

用 exgcd 求出 \(2^{M}\) 的逆元，然后直接算。需要龟速乘、快速幂和 __int128。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define int __int128
using namespace std;

int n,m,l,x,y;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

void exgcd(int a,int b){
	if(b==0){
		x=1,y=0;
		return;
	}
	else{
		exgcd(b,a%b);
		int tmp=x;
		x=y;
		y=tmp-y*(a/b);
	}
}

int pow(int a,int b,int mod) {
	int ans=1;
	for(; b; b>>=1,a=a*a%mod) {
		if(b&1) {
			ans=ans*a%mod;
		}
	}
	return ans;
}

int mul(int a,int b,int mod) {
	int ans=0;
	for(; b; b>>=1,a=(a+a)%mod) {
		if(b&1) {
			ans=(ans+a)%mod;
		}
	}
	return ans;
}

signed main(){
	n=read();m=read();l=read();
	exgcd(pow(2,m,n+1),n+1);
	x=(x%(n+1)+(n+1))%(n+1);
	cout<<(long long)(mul(x,l,n+1))<<'\n';
	return 0;
}

AC Record