【扩展欧几里得】总结//poi 2002 Counting-Out Rhyme

        

              作为一个oier，居然现在才弄扩展欧几里得，以前屡屡没有遇到，去年这个时候看了一点资料，但是没有写什么题目，后来就忘记了，这次终于弄了一下。

              想想std用的居然还是一个颓颓的折半枚举>.<， 羞愧ing

              

              题目化简后变成，解一个方程组中A的最小解

                           A = k1 * d1 + b1;

                           A = k2 * d2 + b2;

                          ...

                          A  = k20 * d20 + b20; 

                      d1~20, b1~20 已知。

              首先整理一下扩展欧几里得算法（尽量详细一点）：

               

               【1】 欧几里得算法： 由于gcd（a，b） = gcd（b， a%b） //a>= b, 每次递归或迭代处理。

               

               【2】 求一组解 （x，y）满足：gcd（a，b）= a * x + b * y 的一组；

                                 由于 a*x1 + b*y1 = gcd（a，b）

                                          b*x2 + a%b*y2 = gcd（b，a%b）

                                 所以 a*x1+b*y1 = b*x2 + a%b*y2  （考虑使用算数基本定理）

                                         a*x1 + b*y1 = b*x2 + a*y2 - a/b * b*y2  （“/”是指整除）

                                         合并得： a*x1 + b*y1 =a*y2  +  b* （x2 - a/b*b*y2）

                                 使用算数基本定理： x1 = y2 ， y1 = x2 - a/b*b*y2；

                                 所以在回溯的时候，利用x2，y2 得到 x1， y1；

               

                【3】求x尽量小且为正整数的一组（x，y）呢？

                                   化简 a/gcd(a,b) * x  + b/gcd(a,b) * y  = 1. 现在已知一组解（x1，y1）

                                   x  每增加b/gcd（a，b）， y减少a/gcd（a，b）， 反之亦然。

                                   另mo = b/gcd（a，b）那么min(x) =   （x1 % mo + mo） % mo； 然后对应的y可以求出。

               

                【4】 如果求a*x + b*y =  c 的一组x最小正解呢？

                                   如果c % gcd（a，b） ！= 0  则无解。

                                   那么a/gcd(a,b) * x + b/ gcd(a,b) * y  = c / gcd(a,b); 两边再同时处以c/gcd（a，b），

                                   化为a*x + b*y = 1 的形式，得到一组（x1，y1）， 然后x1*= c/gcd（a，b）， y1 *= c/gcd（a，b），

                                   由于a/gcd(a,b) + b/ gcd(a,b) 互质，仍然可以用上面的方法求出x为最小正整数的解（x，y）

               

                【5】 回归原题，如果可以把20个式子化为1个，可以轻易地求出最小的A

                            将A = ki * di + bi,  A = kj*dj + bj合并：

                            首先：  di * ki - dj * kj = bj - bi

                                   进一步用上面的方法化成 a*x - b*y = 1  的形式，只是如果把负数递归进gcd，必定会出问题，我们可以先求出 a * x + b * y = 1的一组解，  

                            然后把y取反，在求x 的正最小解即可。

                                   用上面的方法可以解出A（ki*di + bi）的一个正最小值， 可以知道，新获得的式子必定是A  = lcm(ki , kj) *d+ b 的形式，A已知了，b自然可以得到，

                           这样两个式子就被合并成一个式子了。

                  

                 poi2002  counting-out rhyme

                 给定约瑟夫环的出圈次序，求最小的k使得报k 的人出圈，出圈顺序与输入相符。

                 可以得到关于k  对于1,2,3，....，n的余数，轻松用上面的方法合并等式，求出最小的k：

                

# include <cstdlib>
# include <cstdio>
# include <cmath>

using namespace std;

typedef long long int64;

int k, n,go[30], step[30], m[30];
int64 eb, k1, b1, d1, k2, b2, d2, k3, b3, d3, GCD;
int find(int s, int t)
{
	int now = s, ask = 0;
	for (;now !=t; )
	{
		if (++now > n) now = 1;
		if (!step[now]) ask++;
	}
	return ask;
}

void prepare()
{
	int now, i, c;
	for (now = go[1], m[n]= go[1], step[now]=true,i = n-1; i >= 1; i--)
		c = go[n-i+1], m[i] = find(now, c),now = c, step[now]=true;
	for (i = 1; i <= n; i++) m[i] %= i;
}

int64 gcd(int64 a, int64 b) {return !b?a:gcd(b,a%b);};
void ext_gcd(int64 a, int64 b, int64 &x, int64 &y)
{
	if (!b) x = 1, y = 0;
	else
	{
		ext_gcd(b, a%b, x, y);
		int64 tmp = x;
		x = y;
		y = tmp - a/b * y;
	}
}
bool update(int64 d2, int64 b2)
{
	eb = b2-b1; GCD = gcd(d1, d2);
	d1/= GCD; d2 /= GCD; 
	if (eb % GCD) return false; else eb /= GCD;
	ext_gcd(d1, d2, k1, k2);
	k2 = -k2;
	k1 *= eb; k2 *= eb;
	k1 = (k1 % d2 + d2)% d2;
	k2 = (k1 * d1 - 1) / d2;
    d3 = d1 * d2 * GCD;
    b3 = (k1 * d1 * GCD + b1) % d3;
    d1 = d3; b1 = b3;
}
int main()    
{
        int i;
	scanf("%d",&n);
	for (i = 1; i <= n; i++) 
	{
		scanf("%d", &k);
		go[k] = i;
	}
	prepare();
        d1 = 1;b1 = 0;
	for (i = 2; i <= n; i++)
	    if (!update(i,m[i])) break; 
	if (i > n) printf("%I64d", b1);
	else printf("no");
	return 0;
}