裴蜀定理与扩展欧几里得算法
裴蜀定理
定理内容
如果\(a\)和\(b\)是不全为零的整数，则有整数\(x, y\)，使得\(ax + by = gcd(a, b)\)
重要理解
等号右边也是随意给定整数\(x, y\)，能得到的最小正整数差值。
裴蜀定理推论
- 如果\(a\)和\(b\)是不全为零的整数，且互质，当且仅当存在整数\(x, y\)，使得\(ax + by = 1\)
- 如果\(a\)和\(b\)是不全为零的整数，并且\(ax + by = c\)有解，那么\(c\)一定是\(gcd(a, b)\)的整数倍
- 裴蜀定理可以推广到多项
如果\(ax + by = c\)有解，就意味着一定有无穷多组解
扩展欧几里得算法
算法内容
对于方程\(ax + by = gcd(a, b)\)，当\(a, b\)确定时，那么\(gcd(a, b)\)也确定，（要保证入参\(a\)和\(b\)没有负数），扩展欧几里得算法可以给出\(gcd(a, b)\)（用\(d\)表示）、以及其中一个特解\(x, y\)
时间复杂度
\(O(log^3 min(a, b))\)
求逆元
- 费马小定理求逆元，要求满足模数必须为质数
- 扩展欧几里得求逆元，不要求模数为质数，但是要求\(a, b\)互质
- 一定要注意得到的\(x\)需要进行转化，保证一定为最小正整数。
x = (x % mod + mod) % mod
算法模板
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
if(!b){
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return d;
}
题目
P4549 【模板】裴蜀定理
思路
根据裴蜀定理的重要理解，题目所说的最小的正整数差值，就是这\(n\)个数的最大公约数。
示例代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define int ll
#define pii pair<int, int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define fer(i, m, n) for(int i = m; i < n; ++i)
#define ferd(i, m, n) for(int i = m; i >= n; --i)
#define dbg(x) cout << #x << ' ' << char(61) << ' ' << x << '\n'
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 2;
const int inf = 1e9;
int gcd(int a, int b){
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
int n, a;
cin >> n;
int ans = 0;
while(n--) {
cin >> a;
ans = abs(gcd(ans, a));
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
Pagodas 宝塔
思路
题意是说有\(n\)座宝塔，已经选了\(a\)和\(b\)两座，两人依次可以选第\(ka + mb\)座宝塔，也就是\(a, b\)的线性组合，实际上也就是裴蜀定理的左半部分。如果要使这个线性组合的式子如果为合法的数，那么这个数一定的\(gcd(a, b)\)的整数倍，这样这个数才能被选择。那么计算有多少个这样的数即可。
示例代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define int ll
#define pii pair<int, int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define fer(i, m, n) for(int i = m; i < n; ++i)
#define ferd(i, m, n) for(int i = m; i >= n; --i)
#define dbg(x) cout << #x << ' ' << char(61) << ' ' << x << '\n'
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 2;
const int inf = 1e9;
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
fer(i, 1, t + 1) {
cout << "Case #" << i << ": ";
int n, a, b;
cin >> n >> a >> b;
int g = gcd(a, b);
cout << (n / g & 1 ? "Yuwgna" : "Iaka") << '\n';
}
return 0;
}
Uniform Generator 均匀生成器
思路
从零开始，每次加\(step\)，因此就有\(x * step % mod = ?\)这个\(?\)要取遍\([0, mod - 1]\)内所有的数，也就是\(x * step + y * mod = ?\)而如果这个方程有解的话这个\(?\)一定是\(gcd(step, mod)\)的整数倍，所以这个\(gcd(step, mod) = 1\)
示例代码
#include<iostream>
#include<iomanip>
using namespace std;
#define ll long long
//#define int ll
#define pii pair<int, int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define fer(i, m, n) for(int i = m; i < n; ++i)
#define ferd(i, m, n) for(int i = m; i >= n; --i)
#define dbg(x) cout << #x << ' ' << char(61) << ' ' << x << '\n'
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 2;
const int inf = 1e9;
int gcd(int a, int b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);
int a, b;
while(cin >> a >> b){
cout << setw(10) << a << setw(10) << b << " " << (gcd(a, b) == 1 ? "Good Choice" : "Bad Choice") << '\n';
cout << "\n";
}
return 0;
}
P1082 [NOIP 2012 提高组] 同余方程
思路
题目说保证一定有解 => \(a, b\)互质。也就是求\(a\)在模\(b\)意义下的逆元，用扩展欧几里得算法求得的\(x\)即为答案。注意需要保证得到的\(x\)为最小正整数。
示例代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
//#define int ll
#define pii pair<int, int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define fer(i, m, n) for(int i = m; i < n; ++i)
#define ferd(i, m, n) for(int i = m; i >= n; --i)
#define dbg(x) cout << #x << ' ' << char(61) << ' ' << x << '\n'
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 2;
const int inf = 1e9;
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
if(!b){
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return d;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
int a, b;
cin >> a >> b;
int x, y;
exgcd(a, b, x, y);
cout << (x % b + b) % b << '\n';
return 0;
}
P2054 [AHOI2005] 洗牌
思路
经过观察得出规律，第\(x\)张牌经过一次洗牌之后所在的位置更新为\(2 * x % (n + 1)\)。那么设题目要求的经过\(m\)次洗牌之后第\(L\)张牌上的数字是\(x\)，则有\(x * 2 ^ m % (n + 1) = L\),
<=> \(x * 2 ^ m + y * (n + 1) = L\)。我们要解上述方程的\(x\)可以先解下面这个方程:\(x1 * 2 ^ m + y1 * (n + 1) = 1\)。因为\(2 ^ m\)一定是2的倍数也是偶数，\(n + 1\)是奇数，二者互质，方程一定有解。解出\(x1\)之后，只需再乘\(L\)即可。
注意：经过欧几里得求得的\(x\)不一定为最小正整数，因此需要对其进行处理
示例代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define int ll
#define pii pair<int, int>
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define fer(i, m, n) for(int i = m; i < n; ++i)
#define ferd(i, m, n) for(int i = m; i >= n; --i)
#define dbg(x) cout << #x << ' ' << char(61) << ' ' << x << '\n'
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = 2e5 + 2;
const int inf = 1e9;
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if(!b) {
x = 1, y = 0;
return a;
}
int d = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= a / b * x;
return d;
}
ll fmul(int a, int b, int mod){
ll ans = 0;
while(b){
if(b & 1) ans = (ans + a) % mod;
a = a * 2 % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll fpow(int a, int b, int mod){
ll ans = 1;
while(b){
if(b & 1) ans = fmul(ans, a, mod);//注意应该用快速乘
a = fmul(a, a, mod);// 注意应该用快速乘
b >>= 1;
}
return ans;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(nullptr);
ll n, m, l;
cin >> n >> m >> l;
// x * 2 ^ m % (n + 1) = L
// x * 2 ^ m + y * (n + 1) = L
// 先求 x1 * 2 ^ m + y1 * (n + 1) = 1(2 ^ m 为偶数，n + 1为奇数，并且一定互质)
int x1, y1;
exgcd(fpow(2, m, n + 1), n + 1, x1, y1);
x1 = (x1 % (n + 1) + n + 1) % (n + 1);// 注意保证x1为正数
cout << fmul(x1 % (n + 1), l, n + 1) << '\n';
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号