扩展欧几里得

$$扩展欧几里得$$

【前置芝士】

至于欧几里得的基础算法就是辗转相除法，用式子来表示也就是，

$\forall a\ ,\ b \ , \ b \neq0, gcd(a,b) \ = \ gcd(b,a\ mod\ b) $,

对于此，也就不证明其正确性了。

【其代码实现】：

gcd(a, b)//更相减损术
    a, b = max(a, b), min(a, b)
    while a != b:
        a, b = max(b, a-b), min(b, a-b)
    return a

gcd(a, b) // 辗转相除法
    a, b = max(a, b), min(a, b)
    while a % b != 0:
        a, b = b, a%b
    return b

【$gcd(a,b)和lcm(a,b)$】

刚刚提到了$gcd(a,v)$，那么求解$gcd$也就可以用上方的辗转相除法了。
那么$lcm(a,b)$呢，$lcm(a,b) = a / gcd(a,b) \times b $
证明如下：

令 $x = gcd(a,b)$.
则显然 $x \mid a$,$x\mid b$.
令 $a_0 = [a\ / \ x]\ , \ b_0 = [b\ /\ x]$.
则 $lcm(a_0 \ , \ b_0) = a_0 \times b_0$. $gcd(a_0,b_0) = 1$
$lcm(a_0,b_0) \times gcd(a_0,b_0) \times x = a_0 \times b_0 \times x$
又因为，最大公约数
所以， $lcm(a,b)= \frac {a \times b}{x}$
也就是 $lcm(a,b) \times x = a \times b$
所以， $lcm(a,b) \times gcd(a,b) = a \times b$
证毕，$over \ ~ \ $

【同余的性质】

1.$\left ( a+b \right )\mod p=\left (a\mod p+ b\mod p\right )\mod p$
2.$\left ( a-b \right )\mod p=\left (a\mod p- b\mod p\right )\mod p$
3.$\left ( a\times b \right )\mod p=\left (a\mod p)\times (b\mod p\right )\mod p$
4.若$a\equiv b(\mod p)$，那么$a^{n}\equiv b^{n}(\mod p)$
5.若$a\mod p1=x，a\mod p2=x$，且$p1，p2$互质，$a\mod (p\times q)=x$
6.若$a\equiv b(\mod p)$，$k$和$c$为整数，而且$k> 0 $，那么$a^{k}c\equiv 7.b^{k}c(\mod p)$ 8.若$ac\equiv bc(\mod p)$，那么$a\equiv b(\mod \frac{p}{gcd(p,c)})$就可以推出$gcd(p,c)=1$，则有$a\equiv b(\mod p)$

【正篇】

【裴蜀定理】:

【前置芝士】

【定义】：

对于任意的整数$a,b$，关于未知数$x,y$的线性不定方程：若$a,b$为整数，且$gcd=d$，那么对于任意的整数$x,y，$ $d|(ax+by)$

【推论】：

$a,b$互质的充分必要条件是存在整数$x,y$使$ax+by=1$

【证明1】：
设$d=gcd(a,b)$则$d|a,d|b$由整除的性质,对于任意的整数$x,y$有$d|(ax+by)$。

设$s$为$ax+by$最小正值。令$q=[\frac{a}{s}]$

则$r=amods=a-q(ax+by)=a(1-qy)+b(-qy)$。

可见$r$也为$a,b$的线性组合。

由于$r$为$mods$所得,所以$0 \leq r<s$ 。

由于$s$为$a,b$线性组合的最小正值,可知$r=0$。

有$s|a$,$s|b$，因此，s是a与b的公约数，所以$d>=s……$

因为$d|a,d|b$,且$s$是$a,b$的一个线性组合，所以由整除性质知 $d|s$

但由于$d|s,s>0$，所以，$d<=s$

综上，$d=s$，证毕；

【证明2】
于下面中，可以通过目录跳转

【推广】：
方程 $ax+by+cz+……nm=f$有解的充要条件就是 $f$是$gcd(a,b,c,……，n)$的倍数

【证明】：
充分性证明：

设gcd（a，b）=d，于是设a=k1d,b=k2d，c=k3*d其中k1，k2互质

那么原等式等价于k1dx+k2dy=k3d，即k1x+k2*y=k3，其中k1，k2互质

那么这个方程等价于模线性方程\begin{matrix} k1*x & \equiv & k3 &mod & k2 \end{matrix}，由拓展gcd知，该方程一定有解

那么该方程的一组解即为原方程的解

必要性证明：

采用反证法，假设c不是gcd（a，b）的倍数，于是：

设a=k1d,b=k2d,c=k3*d+c{}'

那么：

k1dx+k2dy=k3*d+c{}'

两边同时除以d，有：

k1x+k2y=k3+\frac{c{}'}{d}

由于k1,x,k2,y,k3均为整数，而\frac{c{}'}{d}显然不是整数，故原方程无解

这与方程有解矛盾，故c一定为gcd(a,b)的倍数

例题：裴蜀定理

code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int gcd(int a,int b)
{
	if(b==0) return a;
    else return gcd(b,a%b);
}
int n;
int main() 
{
    scanf("%d", &n);
    int ans = 0,s;
    for(int i=1; i<=n; i++) 
	{
        scanf("%d", &s);
        s=abs(s);
        ans = gcd(ans, s);
    }
    printf("%d", ans);
}