刘汝佳の扩展欧几里得算法详解

引

直线上的点

求直线$ax+by+c=0$上有多少个整点$(x,y)$满足$x\in [x1,x2],y\in [y1,y2]$

扩展欧几里得算法

在解决引中的问题之前，我们需要学习一下扩展欧几里得算法——找出一对整数对$(x,y)$使其满足$ax+by=gcd(a,b)$

• 注:x,y不一定是整数

例:$a=6,b=15,gcd(a,b)=3,6\ast 3-15\ast 1=3$，其中$x=3,y=-1$且有其他解存在

核心程序

下面是刘汝佳sama的代码

void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y){
	if(!b) d=a,x=1,y=0;
	else gcd(b,a%b,d,y,x),y-=x*(a/b);
}

首先，扩展欧几里得算法是通过递归求解的，那么怎么进入下一层递归呢？

证明①

设$ax+by=d,a=tb+r(a>=b)$
其中$t=\lfloor \frac{a}{b}\rfloor ,r=a\%b$
代入得 $tbx+rx+by=d$
整理得 $b(tx+y)+rx=d$
惊奇的发现，式子化成了$ax+by=d$的形式
那么此时我们设当前层的$x,y$为$x_{now},y_{now}$
下一层的$x,y$为$x_{next},y_{next}$
由此可得$x_{next}=t{x}_{now}+y_{now},y_{next}=x_{now}$
同时，下一层的$a,b$也确定了
$a_{next}=b_{now},b_{next}=a_{now}\%b_{now}$
由下至上求解，所以当前层在取用上一层递归的时候需要一点操作
先求当前层的x,根据上面推出的公式不难得出$x_{now}=y_{next}$
在求y时，我们先让y等于上一层的x，再减去上一层的$x\ast \lfloor \frac{a}{b}\rfloor$就是y啦($y_{now}=x_{next}-t{x}_{now}$)
因为是递归求解，那么终止条件是什么呢？
不难看出，当$b=0$时，$gcd(a,0)=a\ast 1-0\ast 0=a$，此时$x=1,y=0$

改写程序

刘汝佳的代码真是太好理解啦，所以我写一个难理解的

pair<int,int> exgcd(int a,int b,int &d){//返回的是x,y
	if(!b) { d=a;return make_pair(1,0); }
	auto [y,x]=exgcd(b,a%b,d);
	return make_pair(x,y-x*(a/b));//注意这里不用反过来
}

证明②

上面求出了一组解$(x_1,y_1)$，那么其他解呢？
另取任意一组解$(x_2,y_2)$
则有$a{x}_1+b{y}_1=a{x}_2+b{y}_2$，变形得$a(x_1-x_2)=b(y_2-y_1)$
设$gcd(a,b)=g$，那么让两遍都除以g，得$a^{\prime }(x_1-x_2)=b^{\prime }(y_2-y_1)(a^{\prime }与b^{\prime }互质)$
因此$(x_1-x_2)$一定是$b^{\prime }$的整数倍，为什么呢？
$\frac{a^{\prime }(x_1-x_2)}{b^{\prime }}=y_2-y_1$因为$a^{\prime },b^{\prime }$互质，所以$x_1-x_2$可以将$b^{\prime }$约去来得到整数$y_2-y_1$
设$x_1-x_2=k{b}^{\prime }$，得$y_2-y_1=k{a}^{\prime }$
所以，若方程$ax+by=c$的一组解为$(x_0,y_0)$
那么其他任意解均可写成$(x_0+k{b}^{\prime },y_0-k{b}^{\prime })$
有了这个结论，移项得$ax+by=-c$然后求出一组解即可

证明③

• 例1：$6x+15y=9$,得知$gcd(6,15)=3$并求出一组解$(-2,1)(6x+15y=gcd(6,15)情况下)$后，只需要左右乘3就可以得到答案，也就是说答案为$(-6,3)$
• 例2：$6x+15y=8$，当像例1一样求出一组解$(-2,1)$后，发现无论如何变动都无法使等号右边成为8，除非出现约数，显然是无解的

由此可得：$g=gcd(a,b),ax+by=g$的一组解为$(x_0,y_0)$，当c为g的整数倍数时存在解$(x_{0}c/g,y_{0}c/g)$，否则无解

end

至此才算是完整解决了引中的问题
所以，感谢刘的讲解
完结撒花