基本数论

裴蜀定理

对于不定方程 \(ax + by = m\)，其有解的充要条件是 \(\gcd(a, b) \mid m\)，即 \(m\) 为 \(\gcd(a, b)\) 的倍数。

• 充分性：

证明：
如果 \(ax + by = \gcd(a, b)\) 有解，则 \(ax + by = m\) 一定有解，所以将问题转化为 \(ax + by = \gcd(a, b)\)

我们首先可以考虑一种特殊的情况，当 \(b = 0\) 时，那么 \(x = 1\)，\(y = 0\) 就是该方程的一组解。

若 \(b\) 不为 \(0\)，设 \(ax_1 + by_1=\gcd(a, b)\)，且 \(bx_2 + (a \bmod b)y_2 = \gcd(b, a \bmod b)\)。

因为 \(a \bmod b = a - b\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\)，\(\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b)\)

所以：

\(bx_2 + (a \bmod b)y_2 = \gcd(b, a \bmod b) = bx_2 + (a - b\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)y_2 = ay_2 + b(x_2-by_2\lfloor\frac{a}{b}\rfloor) =\gcd(a, b)\)

联立之前的式子得到 \(ax_1 + by_1 = ay_2 + b(x_2-by_2\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)\)

所以得到一组解 \(x_1 = y_2\)，\(y_1 = x_2-by_2\lfloor\frac{a}{b}\rfloor\)。

由于辗转相除法一定会有边界 \(b = 0\)，且 \(b = 0\) 时有解。

证毕

• 必要性：

证明：

\[\begin{aligned} \because& ax + by = m 有解\\ \\ 又 \because& \gcd(a, b) \mid a，且 \gcd(a, b) \mid b\\ \\ \Rightarrow& \gcd(a, b) \mid (ax + by)\\ \\ \Rightarrow& \gcd(a, b) \mid m \end{aligned} \]

引理以及推论

引理一

如果 \(a, b \in \mathbb{Z}^+\)，且 \((a, b) = 1\)，则不存在小于 \(b\) 的正整数 \(k\)，使得 \(0 \equiv ka\pmod b\)。
证明：

\[\begin{aligned} &假设存在 k 满足条件\\ \\ 0 &\equiv ka\pmod b \Leftrightarrow b \mid ka\\ \\ \because& a,b互质\\ \\ \therefore& b \mid k\\ \\ \therefore& b \leq k\\ \\ &与 k < b 矛盾\\ \\ &即证 \end{aligned} \]

推论

如果 \(a,b \in \mathbb{Z}^+\)，且 \((a,b) = 1\)。0，\(a\)，\(2a\)，\(3a \cdots (b - 1)a\) 这些数模 \(b\)，余数互不相等。
证明：

\[\begin{aligned} &假设存在两个不同的数 ia, ja (设 0 < j < i < b)\\ \\ &它们模 b 的余数是相等的，\\ \\ &则 (i - j)a \bmod = 0 \Leftrightarrow b \mid (i - j)a \Leftrightarrow b \mid(i - j)\\ \\ &但由于 0 < i - j < b\\ \\ &假设不成立\\ \\ &即证 \end{aligned} \]

引理二

如果 \((a, b) = 1\)，则必存在一个整数 \(k\)，满足 \(ka \bmod = 1\)。

由推论可直接得到。

裴蜀定理

我们首先来考虑两个数的情况：\(ax + by = S\)
我们设一个集合 \(A\{m \mid ax + by = m;x,y \in \mathbb{Z}\}\)，即 \(S\) 的取值集合。

如果我们要证 \(S\) 的最小值为 \(\gcd(a, b)\)，就需要证明 \(S = \gcd(a, b)\)，可以转化为 \(S \mid \gcd(a, b)\)，且 \(\gcd(a, b) \mid S\)。

证明：
设 \(S\) 为集合 \(A\) 中的最小正整数，则一定满足线性方程 \(a \cdot x_0 + b \cdot y_0 = S\)

又因为

\[\begin{cases} \gcd(a, b) \mid a \Rightarrow \gcd(a, b) \mid a \cdot x_0\\ \\ \gcd(a, b) \mid a \Rightarrow \gcd(a, b) \mid a \cdot x_0 \end{cases} \]

所以 \(\gcd(a, b) \mid S\)

设 \(a = qS + r\)

\[\begin{aligned} r =& a - qS\\ \\ r =& a - q(a \cdot x_0 + b \cdot y_0)\\ \\ =& a(1 - q \cdot x_0) + b(-q \cdot y_0)\\ \end{aligned} \]

\(a(1 - q \cdot x_0) + b(-q \cdot y_0) = r\) 和 \(a \cdot x_0 + b \cdot y_0 = S\) 都是一致的线性方程

所以 \(r \in A\)

又因为为集合中最小的正元素，且 \(0 \leq r < S\)

所以 \(S \mid a\)，且 \(S \mid b\)

又因为公约数是最大公约数的约数

所以 \(S \mid \gcd(a, b)\)

得证

所以我们可以由此扩展为多个数，就可以解决这道题。

向量

由于这题只有 \(4\) 个操作

所以 \(k(a, b) + q(b, a) + w(a, −b) + c(b, −a) = (x,y)\)

\(\Rightarrow (k + w)a + (q + c)b = x\)，\((k - w)b + (q - c)a = y\)

由裴蜀定理可得：\(ax + by = c\)，有整数解的充要条件是 \(\gcd(a, b) \mid c\)

所以使 \((k + w)\)，\((q + c)\)，\((k - w)\)，\((q - c)\) 均为整数的条件是 \(\gcd(a, b) \mid x\) 且 \(gcd(a, b) \mid y\)。

但是注意到 \((k + w)\)，\((k - w)\) 有整数解不一定 \(k\) 和 \(w\) 有整数解。

此时不妨设 \((k + w) = f\)，\((k - w) = g\)。\(k = \frac{f + g}{2}\)，\(w = \frac{f - g}{2}\)。

因为 \(2 \mid (f + g)\) 且 \(2 \mid(f - g)\)，显然要使 \(k\) 和 \(w\) 奇偶性相同。

所以我们就有四种情况

当 \((k + w)\)、\((k - w)\)、\((q + c)\)、\((q - c)\)均为偶数时，\((k + w)a + (q + c)b = x\) 提公因数 \(2\) 结合\(\gcd(a,b) \mid x\) \(\Rightarrow\) \(2\gcd(a, b) \mid x\) 同理 \(\gcd(a, b) \mid y\)

其余 \(3\) 种同理。

若满足上述的任意一种情况，就有解，否则无解。