扩展欧几里得
现在有一个不定方程\(ax+by=c\),我们需要求出这个方程的一组特解，且\(x,y\)都为整数。根据悲蜀定理，要得到整数解，必须满足\(\gcd(a,b)|c\),(接下来的所有\(gcd(a,b)\)都会简写为\((a,b)\))
首先我们可以先求出方程\(ax'+by'=(a,b)\)的特解。
\[ \begin{aligned} \because& c={c\over (a,b)}(a,b)\\ \therefore& a{c\over (a,b)}x'+b{c\over (a,b)}y'={c\over (a,b)}(a,b)\\ \Rightarrow& a{c\over (a,b)}x'+b{c\over (a,b)}y'=c\\ \therefore& x={c\over (a,b)}x', y=b{c\over (a,b)}y' \end{aligned} \]
所以我们就可以得到原方程的一组特解了。那么现在的问题是：如何求出第二个方程的特解呢。
首先，如果\(b=0\),那么显然可以得到\(a=1, b=0\)。
接着考虑一般情况：
\[ \begin{aligned} \because& (a,b)=(b, a\% b)\\ \therefore& ax+by=bx'+(a\% b)y'\\ \Rightarrow& ax+by=bx'+(a-\lfloor{a\over b}\rfloor b)y'\\ \Rightarrow& ax+by=ay'+b(x'-\lfloor{a\over b}\rfloor y')\\ \therefore&x=y', y=x'-\lfloor{a\over b}\rfloor y' \end{aligned} \]
void exgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
if (!b) {
a = 1, b = 0;
return ;
}
exgcd(b, a % b, x, y);
int t = x;
x = y, y = t-(a / b) y;
}同余方程
现在有一个同余方程，形如\(ax\equiv b\pmod p\)，现在需要求出\(x\)。
我们知道同余方程其实可以转化为一个不定方程:\(ax+bp=b\)而这个方程显然可以使用扩展欧几里得进行求解，而有解的条件显然是\((a,p)|b\)
\(\Rightarrow\)同余方程(模板)
逆元
众所周知，模运算之中是不能使用除法的，但是我们知道，除以一个数\(=\)乘上这个数的倒数。那么取模中是否存在类似倒数的东西呢？我们需要知道，假设这个数\(x\)使我们需要的，那它显然要满足\(ax\equiv 1\pmod m\),也就是说\(x\)是\(a\)模\(m\)下的倒数，这个东西也叫作逆元。
这个逆元的求解方法有两种，一种是使用同余方程，一种是线性筛，现在我们就来讲一下线性筛的证明和代码。
首先是简单的证明：
假设我们现在要求的是\(i\)的逆元,首先
\[ \begin{aligned} &设a=\lfloor{M\over i}\rfloor, b=M\% i\\ &\Rightarrow a\times i+b\equiv0\pmod M\\ &\Rightarrow -a\times i~~\equiv b\pmod M\\ &两边同时除以i\times b\\ &可得 -a\times inv(b)=inv(i)\pmod M\\ &将其转化为一个求inv(i)的表达式:\\ &inv(i)=-a\times inv(b)\% M\\ &\because -a < 0\\ &\therefore -a\%M=M-a=M-\lfloor{M\over i}\rfloor\\ &\therefore inv(i)=(M-\lfloor{M\over i}\rfloor)\times inv(M\% i)\% M\\ &特别的，inv(1)=1 \end{aligned} \]
所以代码应该是下面这个样子：
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
inv[i] = (M - M/i) * inv[M%i] % M;中国剩余定理
这个暂时不写，我们先来看看扩展中国剩余定理
EX中国剩余定理
和普通的中国剩余定理不同的是，现在每一条方程的模数并不一定是互质的。
我们考虑将两条方程并为一条，做\(n-1\)次这样的操作，就可以得到一条最终的方程。
我们考虑有两个方程：
\[ \begin {cases} x\equiv C_1\pmod {P_1}\\ x\equiv C_2\pmod {P_2} \end {cases} \]
我们将它们转化为一组不定方程：
\[ \begin{cases} x=C_1+P_1y_1\\ x=C_2+P_1y_2 \end{cases} \]
显然我们可以将两条方程的右边用等号连接起来，然后进行变形：
\[ P_1y_1-P_2y_2=C_2-C_1 \]
这个方程有解的条件显然是\((P_1, P_2)| (C_2-C_1)\)
接着我们对这个方程进行变形，然后转化为一个新的同余方程：
\[ \begin{aligned} &{P_1\over (P_1, P_2)}y_1-{P_2\over (P_1, P_2)}y_2={C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\\ \Rightarrow& {P_1\over (P_1,P_2)}y_1={C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\pmod {{P_2\over (P_1, P_2)}} \end{aligned} \]
因为\({P_1\over (P_1, P_2)}, {P_2\over (P_1, P_2)}\)两个数必定互质，所以我们可以在方程两边同时乘上\({P_1\over (P_1, P_2)}\)在模\({P_2\over (P_1, P_2)}\)下的逆元，这里用\(inv({P_1\over (P_1, P_2)},{P_2\over (P_1, P_2)})\)表示。
所以可以得到
\[ \begin{aligned} &y_1=inv({P_1\over (P_1, P_2)},{P_2\over (P_1, P_2)})\times {C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\%{P_2\over (P_1, P_2)}\pmod {{P_2\over (P_1, P_2)}}\\ \Rightarrow&y_1=inv({P_1\over (P_1, P_2)},{P_2\over (P_1, P_2)})\times {C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\%{P_2\over (P_1, P_2)}-{P_2\over (P_1, P_2)}\times k\\ \because& y_1={C_1-x\over P_1}\\ \therefore& {C_1-x\over P_1}=inv({P_1\over (P_1, P_2)},{P_2\over (P_1, P_2)})\times {C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\%{P_2\over (P_1, P_2)}-{P_2\over (P_1, P_2)}\times k\\ \Rightarrow& x=inv({P_1\over (P_1, P_2)},{P_2\over (P_1, P_2)})\times {C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\%{P_2\over (P_1, P_2)}\times P_1-{P_1\times P_2\over (P_1, P_2)}\times k+C_1\\ \Rightarrow& x\equiv inv({P_1\over (P_1, P_2)},{P_2\over (P_1, P_2)})\times {C_2-C_1\over (P_1, P_2)}\%{P_2\over (P_1, P_2)}\times P_1+C_1\pmod {{P_1\times P_2\over (P_1, P_2)}} \end{aligned} \]
这样之后，我们就把两个方程合为了一个。
而最后的方程中，我们可以取方程右边的值取模，就可以得到最终的答案。
需要注意的是，在编程实现时，因为\(P_1\times P_2\)可能会爆掉，所以我们要先做除法在进行乘法运算，另外新方程的右边在这条式子中可能是一个负数，所以我么要再次进行取模。