裴蜀定理 扩展欧几里得算法 中国剩余定理

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裴蜀定理

裴蜀定理的定义

若 $a,b$ 是正整数，且 $gcd(a,b)=d$，那么：

• 对于任意的整数 $x,y，ax+by$ 都一定是 $d$ 的倍数。
• $gcd(a,b)$ 是 $ax+by$ 能凑出来的最小正整数。
• 一定存在整数 $x,y$ (不唯一)，使 $ax+by=d$ 成立。

什么是贝祖数？

例如：$2x+y=3$，那么符合这个等式的 $\{\begin{array}{l}x=1\\ y=1\end{array}$ 就是一组贝祖数。

裴蜀定理求解二元不定方程

设二元一次不定方程

$$ax+by=c$$

(其中 $a,b,c$ 是整数，且 $a,b$ 都不是 $0$)

假定有一组整数解$\{\begin{array}{l}x=x_0\\ y=y_0\end{array}$，则原式的一切整数的通解可以表示成：

$$\{\begin{array}{l}x=x_0-\frac{b}{(a,b)}t\\ y=y_0+\frac{a}{(a,b)}t(t\in \mathbb{Z})\end{array}$$

其中 $(a,b)$ 代表 $a$ 和 $b$ 的最大公约数。

证明过程：

设 $x_0,y_0$ 是方程(1)的一个整数解组，即：
$$a{x}_0+b{y}_0=c(1)$$

将 $x_0,y_0$ 代入方程(1)，可得：
$$a(x-x_0)+b(y-y_0)=0$$

因为 $a,b$ 都是非0整数，所以上式等价于：
$$\frac{a}{(a,b)}(x-x_0)+\frac{b}{(a,b)}(y-y_0)=0$$

上式为：
$$-\frac{b}{(a,b)}(y-y_0)=\frac{a}{(a,b)}(x-x_0)$$

因为：
$$(\frac{b}{(a,b)},\frac{a}{(a,b)})=1$$

所以：
$$\frac{a}{(a,b)}|(y-y_0)$$
$$y=y_0+\frac{a}{(a,b)}t(t\in \mathbb{Z})$$

对 $x$ 同理，让 $t$ 取所有整数，可以得到方程(1)的全部整数解：
$$\{\begin{array}{l}x=x_0-\frac{b}{(a,b)}t\\ y=y_0+\frac{a}{(a,b)}t(t\in \mathbb{Z})\end{array}$$

扩展欧几里得算法

算法的简介

扩展欧几里得算法是在普通欧几里得算法（用于求最大公约数）的基础上推广出来的，它不仅可以计算出两个整数的最大公约数，还可以给出一组整数解（即贝祖数）来满足裴蜀恒等式。

算法的应用场景

1. 求乘法逆元
   对于两个整数 $a$ 和 $m$，想求 $a$ 在模 $m$ 意义下的乘法逆元，可以使用扩展欧几里得算法求出 $gcd(a,m)=1$ 的整数解 $x$，则 $x\mathrm{mod}m$ 就是 $a$ 的乘法逆元。

2. 解不定线性方程组
   对于形如 $ax+by=c$ 的一元二次不定线性方程组，可以直接用扩展欧几里得算法求出一组整数解。

3. 求线性同余方程的解
   把线性同余方程 $ax\equiv b(\mathrm{mod}m)$ 转化为 $ax+my=b$ 的形式，就可以用扩展欧几里得算法求出其整数解。

4. RSA加密算法
   在 RSA 加密算法中，需要求出乘法逆元，这可以有效通过扩展欧几里得算法实现。

5. 椭圆曲线加密算法
   椭圆曲线加密算法中也需要用到扩展欧几里得算法求逆。

6. 编码理论中的 syndrome 译码
   在编码理论中，需要解线性方程来进行 syndrome 译码，扩展欧几里得是重要工具。

算法实现过程的证明

(1) 当 $b=0$ 时

$ax+by=gcd(a,0)$，也就是：$ax=gcd(a,0)=a$，所以 $x=1$。

那么 $y$ 呢？因为普遍意义上的求贝祖数，一般是指不小于零的一组解，那么不小于 $0$ 的第一个可能 $y$ 值就是：$y=0$，所以，可以将 $\{\begin{array}{l}x=1\\ y=0\end{array}$ 做为一组特解返回，也就是返回了一组不小于零的贝祖数。

(2) 当 $b\ne 0$ 时

∵ $ax+by=gcd(a,b)$ 【原式】

$gcd(b,a$ % $b)=gcd(a,b)$ 【辗转相除法】

∴ $ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a$ % $b)\cdot y_0$ ① 【变量互换，最终是一致的】

∵ $a$ % $b=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b$ ②【用整除向下取整来描述扣去 $a$ 中所有的 $b$，剩下的就是余数】

将②代入①
∴ $ax+by=b{x}_0+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot b)\cdot y_0$

∴ $ax+by=a{y}_0+b(x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot y_0)$

∴ $\{\begin{array}{l}x=y_0\\ y=x_0-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \cdot y_0\end{array}$

解不定线性方程组

题目描述：
给定 $n$ 对正整数 $a_i,b_i$，对于每对数，求出一组 $x_i,y_i$，使其满足 $a_i\times x_i+b_i\times y_i=gcd(a_i,b_i)$。

输入格式：

第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含两个整数 $a_i,b_i$。

输出格式：
输出共 $n$ 行，对于每组 $a_i,b_i$，求出一组满足条件的 $x_i,y_i$，每组结果占一行。

本题答案不唯一，输出任意满足条件的 $x_i,y_i$ 均可。

数据范围：
$1\le n\le 10^5$

$1\le a_i,b_i\le 2\times 10^9$

输入样例：

2
4 6
8 18

输出样例：

-1 1
-2 1

代码实现

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include
using namespace std;

int exgcd(int a, int b, int& x, int& y)
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int d = exgcd(b, a % b, y, x); // 对x，y进行颠倒方便后面赋值
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	while (n--)
	{
		int a, b, x, y;
		cin >> a >> b;
		exgcd(a, b, x, y);
		cout << x << ' ' << y << endl;
	}
	return 0;
}

线性同余方程

题目描述：
给定 $n$ 组数据 $a_i,b_i,m_i$，对于每组数求出一个 $x_i$，使其满足 $a_i\times x_i\equiv b_i(\mathrm{mod}{m}_i)$，如果无解则输出 impossible。

输入格式：
第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含一组数据 $a_i,b_i,m_i$。

输出格式：
输出共 $n$ 行，每组数据输出一个整数表示一个满足条件的 $x_i$，如果无解则输出 impossible。

每组数据结果占一行，结果可能不唯一，输出任意一个满足条件的结果均可。

输出答案必须在 int 范围之内。

数据范围：
$1\le n\le 10^5,1\le a_i,b_i,m_i\le 2\times 10^9$

输入样例：

2
2 3 6
4 3 5

输出样例：

impossible
-3

代码实现

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include
using namespace std;

int exgcd(int a, int b, int& x, int& y)
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	while (n--)
	{
		int a, b, m, x, y;
		cin >> a >> b >> m;
		int d = exgcd(a, m, x, y);
		if (b % d) cout << "impossible" << endl;
		else cout << x * b / d % m << endl; // 取模m是为了可以保证在int范围内
	}
	return 0;
}

中国剩余定理

中国剩余定理的定义

中国剩余定理是数论中的一个重要定理，它解决了这样一个问题：对于多个模数$m_1,m_2,...m_n$，求同时满足余数等式:

$x\equiv a_1(\mathrm{mod}m1)$
$x\equiv a_2(\mathrm{mod}m2)$
$...$
$x\equiv a_n(\mathrm{mod}mn)$的整数解。

该定理指出，如果 $m_1,m_2,...m_n$ 两两互质，则上述剩余系数方程组存在整数解，且解在模 $M=m_1\ast m_2\ast ...\ast m_n$ 意义下是唯一的。其中 $M$ 称为方程组的模。

定理给出了求解此类方程组的方法：

设 $M_i=M/m_i$，$M_i^{\prime }$ 为 $M_i$ 模 $m_i$ 的逆元，则方程组的整数解为:

$x=a_1{M}_1{M}_1^{\prime }+a_2{M}_2{M}_2^{\prime }+...+a_n{M}_n{M}_n^{\prime }(\mathrm{mod}M)$

表达整数的奇怪方式（高难）

题目描述：
给定 $2n$ 个整数 $a_1,a_2,\dots ,a_n$ 和 $m_1,m_2,\dots ,m_n$，求一个最小的非负整数 $x$，满足 $\forall i\in [1,n],x\equiv m_i(\mathrm{mod}{a}_i)$。

输入格式：
第 $1$ 行包含整数 $n$。

第 $2$ ~ $(n+1)$ 行：每行包含两个整数 $a_i$ 和 $m_i$，数之间用空格隔开。

输出格式：
输出最小非负整数 $x$，如果 $x$ 不存在，则输出 −1。

如果存在 $x$，则数据保证 $x$ 一定在 $64$ 位整数范围内。

数据范围：
$1\le a_i\le 2^{31}-1,0\le m_i<a_i$

$1\le n\le 25$

输入样例：

2
8 7
11 9

输出样例：

31

实现思路

本题中并未说 $m_1,m_2,\dots ,m_n$ 之间两两互质，不能直接使用中国剩余定理，需要重新推导。

$$\{\begin{array}{l}x\equiv m_1(\mathrm{mod}{a}_1)①\\ x\equiv m_2(\mathrm{mod}{a}_2)②\\ ...\\ x\equiv m_n(\mathrm{mod}{a}_n)\end{array}$$
先计算两个线性同余方程组的解，之后依此类推
$①$ 可以写成 $x=k_1\ast a_1+m_1③$
$②$ 可以写成 $x=k_2\ast a_2+m_2④$

由$③=④$
$\Rightarrow k_1\ast a_1+m_1=k_2\ast a_2+m_2$
$\Rightarrow k_1\ast a_1-k_2\ast a_2=m_2-m_1⑤$

如前文提到的裴蜀定理求解二元不定方程，易得

$$\{\begin{array}{l}{k}_1=k_1+\frac{a_2}{(a_1,a_2)}k\\ k_2=k_2+\frac{a_1}{(a_1,a_2)}k(k\in \mathbb{Z})\end{array}$$

用 $d$ 来表示 $(a_1,a_2)$ 将 $k_1$ 的通解代入$③$得

$\Rightarrow x=k_1\ast a_1+m_1$
$\Rightarrow x=(k_1+k\ast \frac{a_2}{d})\ast a_1+m_1$
$\Rightarrow x=k\ast \frac{a_2}{d}\ast a_1+k_1\ast a_1+m_1$

令 $a_1=\frac{a_2}{d}\ast a_1$ 与 $m_1=k_1\ast a_1+m_1$，就和原来的方程一个样子，但化简掉了一个方程。

最终一共合并 $n-1$ 次，每次都是将上一步得到的新式子与下一个式子合并，直到最后只剩一个式子。这个式子就是包含了全部信息的合并后的式子，也就了满足我们的答案。

代码实现

注意正负性

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include
using namespace std;

long long exgcd(long long a, long long b, long long& x, long long& y)
{
	if (!b)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	long long d = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int main()
{
	int n;
	cin >> n;
	long long x = 0, m1, a1;
	cin >> a1 >> m1;
	while (--n)
	{
		long long a2, m2;
		cin >> a2 >> m2;
		long long k1, k2;
		long long d = exgcd(a1, -a2, k1, k2);

		if ((m2 - m1) % d) // 如果不是0，则无解
		{
			x = -1;
			break;
		}

		// 求 a1*k1+(-a2)*k2=m2-m1 的一组解,需要翻 (m2-m1)/d倍
		k1 *= (m2 - m1) / d;

		// 求最小正整数特解
		long long t = abs(a2 / d);
		k1 = (k1 % t + t) % t;

		// 用通解更新a1和m1,准备下一轮合并
		m1 = k1 * a1 + m1;
		a1 = abs(a1 / d * a2);
	}

	if (x != -1) x = (m1 % a1 + a1) % a1; // 保证最小正整数
	cout << x << endl;
	return 0;
}