基本数论知识小整理

前言

终于放寒假了，每天可以打一场比赛，一般来说下午就可以改完题，晚上的时间就用来啃数论了。《数学一本通》是一本很好的书，里面的很多知识都很好很有用。

知识整理

看到了一个小定理，虽然不知道有没有什么卵用。
设整数x和y满足下式:a*b+b*y=1,且a|n,b|n,那么(a*b)|n
证明：
显然有ab|an,ab|bn
则有ab|(an*x+bn*y),即ab|(n(ax+by))
可得ab|n

辗转相除法的证明
即要证明gcd(a,b)=gcd(b,a%b) (假定a>b)
令r为a,b的公约数
则a=xr,b=yr
a%b=xr-yr*k=(x-ky)*r
可得r也为b和a%b的公约数

Exgcd相关
形如方程ax+by=c的方程，有整数解的充分必要条件是c%gcd(a,b)=0 （裴蜀定理）
若x1,y1为该方程的一组特解
则通解可以表示为x=x1+kb,y=y1-kt （k为任意整数）
如何求方程的特解呢？
可以考虑先解ax+by=gcd(a,b)
ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=bx’+(a%b)y’
ax+by=bx’+(a-a/b*b)y’=ay’+b(x’-a/b*y’)
这个过程可以通过递归来实现。

求公约数的小黑科技
基本算法原理：
(1)x,y为偶数,则gcd(x,y)=2*gcd(x/2,y/2)
(2)x为偶数,y为奇数，则gcd(x,y)=gcd(x/2,y)
(3)x,y为奇数，则gcd(x,y)=gcd(x-y,y)
代码实现

inline gcd(int x,int y){
    int i,j;
    if (x==0) return y;
    if (y==0) return x;
    for(i=1;(x&1)==0;i++) x>>=1;
    for(j=1;(y&1)==0;j++) y>>=1;
    if (jwhile (1){
        if (xif ((x-=y)==0) return y<while ((x&1)==0) x>>=1;
    }
} 

Exgcd小例题

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。
样例
1 2 3 4 5
4

Solution

即需要求(x+mt)-(y+nt)=pl
其中,t为跳跃次数,p为A超过B的圈数
移项可得 (n-m)t+pl=(x-y)
a=n-m,b=l,d=x-y,
就是个裸的Exgcd

Code

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,c,d,m,n,x,y,l;
ll gcd(ll a,ll b){
    if (b==0){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    ll s=gcd(b,a%b);
    ll t=x; x=y; y=t-(a/b)*y;
    return s;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
    a=n-m,b=l,d=x-y;
    c=gcd(n-m,l);
    if (d%c) {
        printf("Impossible\n");
        return 0;
    }
    x=x*(d/c)%(b/c);
    printf("%lld\n",(x+b/c)%(b/c));
}