再来一次基础数论全家桶

约数相关

\(\mathcal{gcd}\)

我100年前的证明自己都已经看不懂了，所以我们这里再浅浅的证明一下。

好，于是就可以用递归求 \(\mathcal{gcd}\) 了。

i64 gcd(i64 a, i64 b) {
	return !b ? a : gcd(b, a % b);
}

\(lcm\)

有一个结论 \(lcm(a, b) \times \gcd(a, b) = a \times b\)。

证明

原式就是要证明 \(lcm(a, b) = a \times b \div \gcd(a, b)\)。

设 \(g = \gcd(a, b)，a_0 = a / g, b_0 = b / g\)，因为 \(g\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的最大公约数，所以 \(a_0\) 和 \(b_0\) 显然是互质的。

则 \(lcm(a_0, b_0) = a_0 \times b_0\)。

所以 \(lcm(a, b) = lcm(a_0 \times g, b_0 \times g) = lcm(a_0, b_0) \times g = a_0 \times b_0 \times g = a \times b_0 = a \times b \div g\)。

证毕。

\(\mathcal{exgcd}\)

balbabalba定理（？）：\(\forall a, b\)，存在一对 \(x, y \in \mathbb{N}\)，满足 \(ax + by = \gcd(a, b)\).

奇怪的证明

分类讨论：

• 当 \(b = 0\) 时，显然此时 \(x = 1, y = 0\) 满足上面的式子。
• 当 \(b < 0\) 时，则有 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, a \mod b)\)，即有 \(ax + by = bx + (a \mod b) \times y=bx+(a-\lfloor a/b\rfloor\times b)y=ay+b\times (x-\lfloor a/b\rfloor\times y)\)
  设 \(x_0 = y, y_0 = x-\lfloor a/b\rfloor\times y\)，就是有 \(a\times x_0 + b\times y_0 = \gcd(a, b)\)，欧几里得算法的递归过程应用数学归纳法，可以知道这个定理时成立的，同时也可以再求 \(\gcd\) 的时候递归同时求出。

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

关于它的解

当 c 是任意数时

这里的我们要解决 \(ax + by = c\) 的不定方程， \(c\) 可以是任意的一个非 0 数。

这里设 \(g = \gcd(a, b)\)

转化一下就可以得到：\(\frac{g}{c}ax + \frac{g}{c}by = g\)

显然，当 \(g\mid c\) 时，原方程有整数解，用 \(exgcd\)即可求解。

通解

我们用 \(exgcd\) 求出的是这个方程的特解，对于这个不定方程，它是有无数个解的，我们可以这样表示它的通解。

\[x = \frac{c}{g}\times x_0 + k \times \frac{b}{g}\\ y = \frac{c}{g}\times y_0 - k\times\frac{a}{g}\ (k\in \mathbb{Z}) \]

显然是成立的，如果你不能理解，就可以把这个 \(x\) 和 \(y\) 带回原来的方程，可以发现两个含有 \(k\) 的部分抵消了。

一个简答的模板题

luogu P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)。

求一个不定方程的正整数解的个数， \(x, y\) 的可能的最大和最小的正整数解，或者报告无解。

无解的情况很好判断，不在赘述。

我们求完这个方程的一组特解后， \(x\) 和 \(y\) 都又可能小于 \(0\)，所以我们可以加入如下操作是他们一定是正数。

由上面的式子可以知道，它们的变化是相反的，如果我们保证了 \(x\) 大于 \(0\) 保证不了 \(y\) 大于 \(0\)，那他就是没有正整数解的。

这里为了保证一定是大于 \(0\) 的，我们要用 \(1-x\) 来做上取整。

if (x <= 0) {
	i64 k = ceil((1.0 - x) / b);
	x += k * b;
	y -= k * a;
	if (y <= 0) {
		y += ceil((1.0 - y) / a) * a;
		printf("%lld %lld\n", x, y);
		continue;
	}
}

\(y\) 也是类似的。

现在我们的 \(x,y\) 都一定是正数了。

然后就比较的简单了，对于正整数解的个数，就是 \(x, y\) 中能操作的最多的次数，及 max(ceil(1. * x / b), ceil(1. * y / a))。

对于最小的正整数，我们就秉持能减就减的原则，x - floor((x - 1.) / b) * b 就是 \(x\) 的最小正整数解，同时可以注意到，为了保证一定是一个正数，我这里对 \(x\) 进行了减 1，这样才能保证，不然就要特判他是不是 0，如果是 0 那最小的整数解就应该是 \(b\)，\(y\) 也是类似的就不说了。

对于最大的正整数解，对于 \(x\) 来说，如果 \(y\) 的解是最小的， \(x\) 的解就是最大的，既然我们已经知道了 \(y\) 的最小正整数解，那么直接带入原方程就可以算出 \(x\) 的最大解， \(y\) 同理。

#define moretest int ___; for (scanf("%d", &___); ___; ___--)
void exgcd(i64 a, i64 b, i64 &x, i64 &y) {
    if (!b) {
        x = 1, y = 0;
        return;
    }
    exgcd(b, a % b, x, y);
    i64 z = x;
    x = y;
    y = z - (a / b) * x;
}
int main() {
    moretest {
        i64 a, b, c;
        read(a, b, c);
        i64 g = gcd(a, b);
        if (c % g) {
            puts("-1");
            continue;
        }
        i64 x, y;
        a /= g, b /= g, c /= g;
        exgcd(a, b, x, y);
        x *= c, y *= c;
        if (x <= 0) {
            i64 k = ceil((1.0 - x) / b);
            x += k * b;
            y -= k * a;
            if (y <= 0) {
                y += ceil((1.0 - y) / a) * a;
                printf("%lld %lld\n", x, y);
                continue;
            }
        }
        if (y <= 0) {
            i64 k = ceil((1.0 - y) / a);
            x -= k * b;
            y += k * a;
            if (x <= 0) {
                x += ceil((1.0 - x) / b) * b;
                printf("%lld %lld\n", x, y);
                continue;
            }
        }
        // printf("a = %lld b = %lld x = %lld y = %lld\n", a, b, x, y);
        vector<i64> ans;
        ans.pb(max(ceil(1. * x / b), ceil(1. * y / a)));
        // x 可能的最小值
        i64 X = x - floor((x - 1.) / b) * b;
        // y 可能的最小值
        i64 Y = y - floor((y - 1.) / a) * a;
        ans.pb(X);
        ans.pb(Y);
        ans.pb((c - Y * b) / a);
        ans.pb((c - X * a) / b);
        for (auto v : ans) printf("%lld ", v);
        puts("");
    }
    return 0;
}