exgcd扩展欧几里得
关于乘法逆元的拓展
： ax≡b(mod n) //这个式子的意思就是 （ax）%n==b%n 也就是让我们求解 方程 ax+ ny= b
例如 5x≡4(mod 3) x=2,5,8,12,15…(这时我们知道解x是一个等差数列）
我们如何去求解 x 的值呢 ？？
设公差 为d 5(x+d)≡4(mod 3)
与上面的式子相减可以得到 5d(mod 3)=0
而 ad是a的倍数也是n的倍数 我们要求d的最小值 只需要求出a和n的最小公倍数即可
ad=最小公倍数(a,n)=an/最大公约数gcd(a,n)
推出 d=(a*n/gcd(a,n))/a=n/gcd(a,n)
bool modular_linear_equation(int a,int b,int n)
{
int x,y,x0,i;
int d=exgcd(a,n,x,y);
if(b%d)
return false;//该方程无解
x0=x*(b/d)%n; //特解
for(i=1;i光是代码和概念肯定不够深刻啦 在这附上一道题吧 添加链接描述
当遇到a/b%m时如何求解呢，对于除法我们并没有取模运算 那么怎么解决这道题呢
首先在前面我们已经讲解了乘法逆元 那在这道题中 我们需要运用到乘法逆元来解题
逆元的概念就是(a*_a)%m=1，式中_a就是a的乘法逆元，它等价除法，即a/b%m=a*_b%m
(a*_a)%m=1等价于表达式ax+my=1，之后利用扩展欧几里得算法求解的x0
最小正整数逆元就为x=(x0%m+m)%m[根据同解系可知]
那么当m为负数怎么办呢用算法使m=-m即可，一句话m=abs(m)，a，b，同理
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
void Ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return;
}
int x1,y1;
Ex_gcd(b,a%b,x1,y1);
x=y1;
y=x1-a/b*y1;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
int x,y;
Ex_gcd(b,9973,x,y);
x=(x+9973)%9973;
printf("%d\n",(a%9973*x%9973)%9973);
}
return 0;
}
删除线格式
使用扩展欧几里德算法解决不定方程的办法：
对于不定整数方程pa+qb=c，若 c mod Gcd(p, q)=0,则该方程存在整数解，否则不存在整数解。
上面已经列出找一个整数解的方法，在找到p * a+q * b = Gcd(p, q)的一组解p0,q0后，p * a+q * b = Gcd(p, q)的其他整数解满足：
p = p0 + b/Gcd(p, q) * t
q = q0 - a/Gcd(p, q) * t(其中t为任意整数)
至于pa+qb=c的整数解，只需将p * a+q * b = Gcd(p, q)的每个解乘上 c/Gcd(p, q) 即可。
在找到p * a+q * b = Gcd(a, b)的一组解p0,q0后，应该是得到p * a+q * b = c的一组解p1 = p0*(c/Gcd(a,b)),q1 = q0*(c/Gcd(a,b))，
p * a+q * b = c的其他整数解满足：
p = p1 + b/Gcd(a, b) * t
q = q1 - a/Gcd(a, b) * t(其中t为任意整数)
p 、q就是p * a+q * b = c的所有整数解。
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)//扩展欧几里得算法模板
{
long long r;
long long tempt;
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
r=exgcd(b,a%b,x,y);
tempt=x;
x=y;
y=tempt-(a/b)*y;
return r;
}
删除线格式
扩展欧几里得的详解
扩展取模运算的规则
运算规则：
(a + b) % p = (a % p + b % p) % p
(a - b) % p = (a % p - b % p) % p
(a * b) % p = (a % p * b % p) % p
(a ^ b) % p = ((a % p) ^ b ) % p
模运算的结合律：
((a + b) % p + c) % p= (a + (b + c) % p) % p
((a * b) % p * c) % p = (a * (b * c) % p ) % p
交换律：
(a + b) % p = (b+a) % p
(a * b) % p = (b * a) % p
分配率：
((a +b) % p * c) % p = ((a * c) % p + (b * c) % p) % p
转载https://blog.csdn.net/lion19930924/article/details/61926019
H - 青蛙的约会
题意 ：两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
Input
- 输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
- Output
输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4
这道题的意思就是求一个数ans使得 (x+m ×ans)%L=(y+n×ans)%L 即 (n-m)×X+Y×L=x-y;
#include
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
long long r;
long long tempt;
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
r=exgcd(b,a%b,x,y);
tempt=x;
x=y;
y=tempt-(a/b)*y;
return r;
}
int main()
{
long long w,q,m,n,L,a,b,c,x,y;
while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&w,&q,&m,&n,&L)!=EOF)
{
a=n-m;
b=L;
c=w-q;
long long r=exgcd(a,b,x,y);
long long t=b/r;
long long ans=(c/r*x%t+t)%t;//最小正整数解为x=（ c/exgcd(_)*x%(b/exgcd(_))+(b/exgcd(_)))%(b/exgcd(_))
if(c%r!=0) //y=(c-a*x)/b
puts("Impossible");
else
printf("%lld\n",ans);
//kx=a/r
//有解，解集为：（x+kx*t,(c-a*x)/b) t为任意整数
}
return 0;
}