《洛谷深入浅出进阶篇》 欧几里得算法，裴蜀定理，拓展欧几里得算法————洛谷P1516 青蛙的约会
本文章内容：
欧几里得算法：
gcd（a，b）=gcd（b，a%b）
由于篇幅问题，在这里就不加以证明，可以上b站自己搜一下。
由欧几里得算法我们可以很清楚的知道，a，b的最大公约数，等于b，a%b的最大公约数
裴蜀定理
对于任意一对整数a，b ， 存在整数对（x，y） 使不定方程 ax+by= gcd（a，b）有解。
由裴蜀定理引出的定理：
若对于任意一对整数a，b ， 存在整数对（x，y） 使不定方程 ax+by= c 有解，那么c必然为gcd（a，b）的倍数
证明很简单，由于x，y是整数，a是gcd 的倍数
，b也是gcd的倍数，所以c一定是gcd 的倍数
拓展欧几里得算法：
拓展欧几里得算法又被称为exgcd，其作用就是求上述的不定方程ax+by=c的所有解：
这里展开简单叙述，但不证明：
由欧几里得算法：
gcd（a，b）=gcd（b，a%b）
假设ax+by=gcd的解为 x1，y1。
由欧几里得+裴蜀定理我们不难得到另一种构造： bx2+（a%b）y2=gcd
这两个等式都等于c
也就是说我们有这样的等式：
ax1+by1 = bx2+（a%b)y2
将a%b展开得到：
ax1+by1= bx2+ (a-[a/b]*b)y2 = bx2+ay2-b*[a/b]*y2 = ay2+ b(x2-[a/b]*y2)
由恒等式定理：恒等式左边a的系数必然等于恒等式右边的a的系数
x1=y2
y1=x2-[a/b]*y2
由于我们已经知道a，b的值，倘若我们知道x2，y2的值，我们必然能够求解出x1，y1;
但是我们如何求解x2，y2呢，我们可以将 对其再用欧几里得+裴蜀定理进行构造。
也就是换元+重复上面的步骤，所以我们用递归解决。
然而递归的边界是什么呢？
我们不断进行 a=b，b=a%b的操作，最终b必然会为0，也就是 ax +0*y=gcd(a,b)
即原式最终可以推到成这个ax +0*y=gcd(a,b)，或者也可以说从这个式子推导出原式。
那么此时 x=1，y=任何数，这里取0
所以我们就可以用 x=1，y=0 递归过去。
下面是代码实现：
void exgcd（int a,int b,int &x ,int &y){
if(b==0){
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
//不断递归，直到最次底层，由于每一层的x是上一层的y，每一层的y代表上一层的x，所以次底层的
//x1=0，y1=1，而次底层的x1为上底层的y2，次底层的y1为上一层的x2。即
//即x1=y2，y1=x2-a/b*y2
//所以：
y-=a/b*x
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1,y=0;
return ;
}
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
}
由于此处的x，y是 ax+by=gcd的解，若要求ax+by=c的解，那么我们就直接给x，y乘 c/gcd 即可
然后我们利用拓展欧几里得算法求出了ax+by=c的一个解，
我们怎么求出所有的解？
只需要再次求出 ax+by=0的最小整数解即可。
（此处证明略）
a和b的最小公倍数lcm（a，b）
也就是ax=lcm（a，b） ， by=-lcm（a，b）
即 ： x= lcm（a，b）/a ， y= -lcm（a，b）/b
所以ax+by=c的所有解就是：（此处的k是任意整数，lcm是a，b的最大公倍数，由最大公倍数= 两数成绩/gcd，我们也可以将这个式子化简，自己动手即可）
x= x1+k*lcm（a，b）/a
y= y1+k*lcm（a，b）/b
下面是关于P1516的题解：
x+mt == y+nt （mod L）
当他们同一时间，跳到同一点上：
假设这个数轴长L 米，经过t秒后青蛙A应该在的坐标为： （x+mt）mod L
青蛙B应该在的坐标为： （y+nt）mod L要使得最终能相遇，应该是在同一时间他俩的坐标相同，
也就是 x+mt 与 y+nt 同余 ，t有解整数解，求t的最小正整数解。
假如青蛙A 领先青蛙B z圈，也就是青蛙A领先青蛙B，
zL米则有： x+mt + z*L = y+nt
（m-n）*t +L*z =y-x
也就是求，t，z的二元一次方程的解
由拓展欧几里得算法，
ax+by=gcd（a，b）
先判断 y-x是不是 gcd（（m-n），L）的倍数
若不是，则直接输出不可能，结束函数。若是，那么t，z一定有解，用拓展欧几里得求出他们的解
t1，z1.
注意，此时t1，z1的解是 ：（m-n）*t +L*z =gcd（m-n，L）
的解，因为我们要求的是：（m-n）*t +L*z =y-x，所以我们乘相应的倍数即可
所以真正的解 t1= t1* （y-x）/gcd（m-n，L）
然后再求出（m-n）*t +L*z =0 的最小整数解
解出 t2=L/gcd（m-n，L），z2=-（m-n）/gcd（m-n，L）
假设gcd（m-n，L）=d
然后就可以得到所有的解：
t=t1+k*L/d；
然后如果当前得到的解，小于0，只要不断的加上L/d,直到其大于0即可若得到的解大于零，只要mod L/d 就可得到最小正整数解
上代码：
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include
#include
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