欧几里得算法

公式表述： g c d ( a , b ) = g c d ( b , a % b ) gcd(a,b)=gcd(b,a\%b) gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
证明：
a a a 可以表示为 a = k b + r ， r = a % b a = kb + r，r = a\%b a=kb+r，r=a%b
假设 d d d 是 ( a , b ) (a,b) (a,b) 的一个公约数，则有
d ∣ a ， d ∣ b d|a，d|b d∣a，d∣b，而 r = a – k b r = a – kb r=a–kb，因此 d ∣ r d|r d∣r
所以 d d d 也是 ( b , a % b ) (b,a\%b) (b,a%b) 的公约数。

除了上面这个经典算法，还有 stein 算法用来求解最大公约数，只有整数的移位和加减法，比欧几里得算法在大整数上更有优势，可以去了解一下。

扩展欧几里得算法求解贝祖等式

贝祖定理（一般形式）

对于不全为 0 的自然数 a ， b a，b a，b，则必然存在整数 x ， y x ， y x，y （不唯一）满足等式 a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by=gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)

上面的等式就称做贝祖等式。

扩展欧几里得算法能够求解贝祖等式的正确性证明

设 a > b a > b a>b

当 b = 0 b = 0 b=0 时， g c d ( a , b ) = a gcd(a,b) = a gcd(a,b)=a
贝祖等式即 a x = a ax = a ax=a，解得 x = 1 ， y x = 1，y x=1，y 可以取 y = 0 y = 0 y=0
当 b > 0 b > 0 b>0 时，
假设 a ， b a，b a，b 的贝祖等式的解为 x 1 ， y 1 x_1，y_1 x1，y1，即 a ⋅ x 1 + b ⋅ y 1 = g c d ( a , b ) ⋯ ⋯ 1 a\cdot x_1+b\cdot y_1=gcd(a,b)\cdots\cdots1 a⋅x1+b⋅y1=gcd(a,b)⋯⋯1
b ， a % b b，a\%b b，a%b 的贝祖等式的解为 x 2 ， y 2 x_2，y_2 x2，y2，即 b ⋅ x 2 + a % b ⋅ y 2 = g c d ( b , a % b ) ⋯ ⋯ 2 b\cdot x_2+a\%b\cdot y_2=gcd(b,a\%b)\cdots\cdots2 b⋅x2+a%b⋅y2=gcd(b,a%b)⋯⋯2
由欧几里得算法可知 g c d ( a , b ) = g c d ( b , a % b ) gcd(a,b)=gcd(b,a\%b) gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
故 a ⋅ x 1 + b ⋅ y 1 = b ⋅ x 2 + a % b ⋅ y 2 a\cdot x_1+b\cdot y_1=b\cdot x_2+a\%b\cdot y_2 a⋅x1+b⋅y1=b⋅x2+a%b⋅y2
即 a ⋅ x 1 + b ⋅ y 1 = b ⋅ x 2 + ( a − ⌊ a / b ⌋ ⋅ b ) ⋅ y 2 = a ⋅ y 2 + b ⋅ ( x 2 − ⌊ a / b ⌋ ⋅ y 2 ) a\cdot x_1+b\cdot y_1=b\cdot x_2+(a-\lfloor a/b\rfloor\cdot b)\cdot y_2=a\cdot y_2+b\cdot(x_2-\lfloor a/b\rfloor \cdot y_2) a⋅x1+b⋅y1=b⋅x2+(a−⌊a/b⌋⋅b)⋅y2=a⋅y2+b⋅(x2−⌊a/b⌋⋅y2)
由恒等关系可得 { x 1 = y 2 y 1 = x 2 − ⌊ a / b ⌋ ⋅ y 2 \begin{cases} x_1=y_2 \\y_1=x_2-\lfloor a/b\rfloor\cdot y_2 \end{cases} {x1=y2y1=x2−⌊a/b⌋⋅y2即贝祖等式 1 的解可以由贝祖等式 2 的解得到，这是一个递归求解的过程，并且随着对 a ， b a，b a，b 进行辗转相除，贝祖等式的系数会越来越小，直至变为情况1，而情况1贝祖等式的解是有具体的值的，即 x = 1 ， y = 0 x = 1，y = 0 x=1，y=0。然后进行回溯计算，最终可以得到 x 1 ， y 1 x_1，y_1 x1，y1。
C++代码如下：

\\exGcd函数返回a，b最大公约数。贝祖等式的整数解为引用参数x，y
int exGcd(int a, int b, int& x, int& y){if(b == 0){x = 1;y = 0;return a;}int r = exGcd(b,a%b,x,y);int t = x;x = y;y = t - a/b*y;return r;
}

贝祖定理（更原始形式）的证明

若整数 a ， b a，b a，b 互质，则存在整数解 x ， y x，y x，y 满足 a x + b y = 1 ax + by = 1 ax+by=1

证明：
设 X ， Y X，Y X，Y分别是使得 a X + b Y > 0 aX+bY > 0 aX+bY>0的整数集合，
令 s = m i n { a X + b Y } > 0 s = min\{aX + bY\} > 0 s=min{aX+bY}>0，假设此时 X = x 1 ， Y = y 1 X=x_1，Y=y_1 X=x1，Y=y1
则有 a x 1 + b y 1 = s ax_1+by_1=s ax1+by1=s
假设 a a a 除以 s s s 的商为 k k k，余数为 r ( 0 ≤ r < s ) r(0\le r < s) r(0≤r<s)
则有 r = a − k s = a − k ( a x 1 + b y 1 ) = a ( 1 − k x 1 ) + b ( − k y 1 ) r=a-ks=a-k(ax_1+by_1)=a(1-kx_1)+b(-ky_1) r=a−ks=a−k(ax1+by1)=a(1−kx1)+b(−ky1)
但是因为其中 1 − k x 1 , − k y 1 ∈ Z 1-kx_1,-ky_1\in Z 1−kx1,−ky1∈Z，所以必须有 r = 0 r=0 r=0
否则 r < s r<s r<s与假设 s = m i n { a X + b Y } > 0 s = min\{aX + bY\} > 0 s=min{aX+bY}>0矛盾
故 s ∣ a s|a s∣a，同理可得 s ∣ b s|b s∣b
即 s s s 为 a ， b a，b a，b 的公约数，又 a ， b a，b a，b 互质
所以有 s = 1 s = 1 s=1
即存在整数 x ， y x，y x，y使得 a ⋅ x + b ⋅ y = 1 a\cdot x+b\cdot y=1 a⋅x+b⋅y=1成立。

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