数学基础：最大公约数（GCD）、最小公倍数（LCM）、求逆元

借助欧几里得算法（辗转相除法），可以使GCD问题的求解大大简化。a、b全0则最大公约数不存在；有一个为0，最大公约数为另一个；否则就模运算并交换值，一直处理。C++STL库中内置__gcd(a,b)可直接求出gcd。

//递归
int getGCD(int a,int b){
  if(b==0){
    return a;
  }
  return getGCD(b,a%b);
}
//或是循环
int getGCD(int a,int b){
  while(b!=0){
    int t=a%b;
    a=b;
    b=t;
  }
  return a;
}

---

LCM(a,b)=a*b/GCD(a,b)。设k=a*b，则k/c=a*(b/c)，k/c=b*(a/c)，当c最大且能被a、b都整除时，得到k/c即为最小公倍数。

接下来介绍一下扩展欧几里得算法。之前在密码学这门课上也学过，主要是用来解同余方程a*x≡1(mod b)，求出的x=a'即为a的逆元；或是a*x+b*y=gcd(a,b)的所有解

根据欧几里得公式，gcd(a,b)=gcd(b,a%b)。由此式将两个式子进行连接：a*x₁+b*y₁=b*x₂+(a%b)*y₂

由于a%b=a-b*(a/b)，所以上式变为a*x₁+b*x₁=b*x₂+(a-b*(a/b))*y₂，再对右侧进行处理变为a*x₁+b*y₁=a*y₂+b*(x₂-(a/b)*y₂)

到了这一步，可以得出x₁y₁与x₂y₂之间的关系式，x₁=y₂；y₁=x₂-(a/b)*y₂

根据欧几里得求gcd的过程，当b=0时，gcd(a,b)=a。此时对a*x+b*y=gcd(a,b)可以得到一组特解，x₀=1，y₀=0（y0不影响）。根据我们之前得到的关系式，可以向上回溯，当回溯完成也就得到了想要的一组解。

但是需要注意，这组解未必是最小的正整数，此时需要额外处理。x=(x+b)%b，y=(y+b)%b。同样的也可以得出所有的解，对于x和y同时进行操作：x+=b/g，y+=a/g，相当于原式左侧加同时减了一个LCM。由此可得到所有的解。

更一般的情况，对于a*x+b*y=c，先解出a*x'+b*y'=gcd(a,b)的解。令t=c/gcd(a,b)，则原式的解为x=t*x'，y=t*y'。

给出例题，洛谷P1082，解同余方程。

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

void exgcd(long long a,long long b,long long &gcd,long long &x,long long &y)
{
    if(b==0){
        x=1;
        y=0;
        gcd=a;
    }
    else{
        exgcd(b,a%b,gcd,y,x);
        y-=x*(a/b);
    }
}
int main()
{
    long long a,b,x,y,gcd;
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    exgcd(a,b,gcd,x,y);
    printf("%lld\n",(x+b)%b);
    return 0;
}

对于求逆元，也就是解a*x≡1(mod p)，其实有多种做法。上面是介绍了扩展欧几里得的做法，接下来介绍其他方法。根据题意选择合适的方式

（1）扩展欧几里得：面对求单个数的逆元时，具有优势

（2）快速幂，利用费马小定理

若p为素数，a为正整数，且a、p互质。 则有a^p−1≡1( mod  p)

所以，ax≡a^p-1(mod p)。得出x≡a^p-2(mod p)，到这一步利用快速幂可以求出逆元

（3）线性算法：处理一连串数字的逆元

设 p=k*i+r(1<r<i<p)， 其中 k 是 p/i 的商，r 是余数 。将该式子放入mod p的情境下，k*i+r≡0(mod p)。左右同乘i^-1r^-1，变为k*r^-1+i^-1≡0(mod p)。i^-1≡-(p/i)*(k%i)^-1
根据以上的关系，可得到一个递推式inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p。inv[0]=0，inv[1]=1，先算完前面再算后面，由此可得一组连续数字的逆元。

（4）求阶乘逆元

inv[i+1]=1/(i+1)!，inv[i]=1/i!=(i+1)*inv[i+1]

由此，可以先算出n!的逆元，则可以递推得到1,2!,......,(n-1)!的逆元