欧几里得算法和扩展欧几里得算法——杨子曰数学

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不说废话，咱们直接开始

欧几里得算法

一句话：
g c d ( a , b ) = g c d ( b , a m o d b ) gcd(a,b)=gcd(b,a\ mod\ b) gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
简单证明：

首先我们先来证一证这个： 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)

假设： d = g c d ( a , b ) , a = k a ∗ d , b = k b ∗ d （ k a 和 k b 互质） d=gcd(a,b),a=k_a*d,b=k_b*d（k_a和k_b互质） d=gcd(a,b),a=ka∗d,b=kb∗d（ka和kb互质）

这样一来，我们会发现：
a − b = k a ∗ d − k b ∗ d = ( k a − k b ) ∗ d a-b=k_a*d-k_b*d=(k_a-k_b)*d a−b=ka∗d−kb∗d=(ka−kb)∗d
欧，有没有发现a-b和b还是都有公因子d

a − b = ( k a − k b ) ∗ d a-b=(k_a-k_b)*d a−b=(ka−kb)∗d

b = k b ∗ d b=k_b*d b=kb∗d

BUT，我们还要证明d是它们的最大公因子，也就是要证明，它们的系数 k a − k b k_a-k_b ka−kb和 k b k_b kb的互质（它们如果不互质，那么最大公因数就会变成 d ∗ g c d ( k a − k b , k b ) d*gcd(k_a-k_b,k_b) d∗gcd(ka−kb,kb)）

我们用反证法：

假设 k a − k b k_a-k_b ka−kb和 k b k_b kb不互质

设 : g c d ( k a − k b , k b ) = λ （ λ > 1 ）， k a − k b = α ∗ λ ， k b = β ∗ λ 设:gcd(k_a-k_b,k_b)=\lambda（\lambda>1），k_a-k_b=\alpha*\lambda，k_b=\beta*\lambda 设:gcd(ka−kb,kb)=λ（λ>1），ka−kb=α∗λ，kb=β∗λ
于是
k a = k a − k b + k b = α ∗ λ + β ∗ λ = ( α + β ) ∗ λ k_a=k_a-k_b+k_b=\alpha*\lambda+\beta*\lambda=(\alpha+\beta)*\lambda ka=ka−kb+kb=α∗λ+β∗λ=(α+β)∗λ

有没有发现 k a k_a ka和 k b k_b kb有了公因数 λ \lambda λ，别忘了上面还有一个条件叫 k a 和 k b 互质 k_a和k_b互质 ka和kb互质

于是得证！

然后我们就得到了： 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)

然后，我们把a-b看成等式左边新的b，然后一直拿a减，直到不能减了为止，其实就是:
g c d ( a , b ) = g c d ( b , a m o d b ) gcd(a,b)=gcd(b,a\ mod\ b) gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)

得证！

int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

扩展欧几里得算法

这个东西只有一个作用
求 a x + b y = g c d ( a , b ) 的整数解求ax+by=gcd(a,b)的整数解求ax+by=gcd(a,b)的整数解

假设存在一组x’和y’使得：
b x ′ + ( a m o d b ) y ′ = g c d ( b , a m o d b ) bx'+(a\ mod\ b)y'=gcd(b,a\ mod\ b) bx′+(a mod b)y′=gcd(b,a mod b)

根据上面的欧几里得算法：
g c d ( a , b ) = g c d ( b , a m o d b ) gcd(a,b)=gcd(b,a\ mod\ b) gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)

我们就得到了：
a x + b y = b x ′ + ( a m o d b ) y ′ ax+by=bx'+(a\ mod\ b)y' ax+by=bx′+(a mod b)y′

幼儿园小盆友都知道：
a m o d b = a − ⌊ a b ⌋ ∗ b a\ mod\ b=a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*b a mod b=a−⌊ba⌋∗b

然后把它带回去：
a x + b y = b x ′ + ( a − ⌊ a b ⌋ ∗ b ) y ′ ax+by=bx'+(a-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*b)y' ax+by=bx′+(a−⌊ba⌋∗b)y′

把括号拆开：
a x + b y = b x ′ + a y ′ − ⌊ a b ⌋ ∗ b y ′ ax+by=bx'+ay'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*by' ax+by=bx′+ay′−⌊ba⌋∗by′

再合并一下：
a x + b y = a y ′ + b ( x ′ − ⌊ a b ⌋ ∗ y ′ ) ax+by=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y') ax+by=ay′+b(x′−⌊ba⌋∗y′)

So，你有没有惊奇的发现一定有一组解长这样：
{ x = y ′ y = x ′ − ⌊ a b ⌋ ∗ y ′ \left\{ \begin{aligned} x&=y'\\ y&=x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor*y' \end{aligned} \right. ⎩⎨⎧xy=y′=x′−⌊ba⌋∗y′

也就是说我们只要求出x’和y’就可以求出x和y了

我们再来回头看一下它们的方程：
a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by=gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)

b x ′ + ( a m o d b ) y ′ = g c d ( b , a m o d b ) bx'+(a\ mod\ b)y'=gcd(b,a\ mod\ b) bx′+(a mod b)y′=gcd(b,a mod b)
有没有发现形式是一样滴，So，我们可以通过递归来解决它

那么临界情况是什么捏？

一个幼儿园小盆友都知道的事实：
g c d ( a , 0 ) = a gcd(a,0)=a gcd(a,0)=a
So，当b=0时：
a x + 0 = g c d ( a , 0 ) ax+0=gcd(a,0) ax+0=gcd(a,0)
然后就可以，美滋滋地让x=1，y是任意值了（一般是0，它会影响最后的解的大小）

OK，完事

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

应用1：解方程ax+by=c

首先，在上面已经讲过了，扩展欧几里得可以求长这样的方程：
a x + b y = g c d ( a , b ) ax+by=gcd(a,b) ax+by=gcd(a,b)
那有什么卵用！我从来没有在哪道题里见长成这样的方程

BUT，我们可以利用它来解长成这样的方程：
a x + b y = c ax+by=c ax+by=c
让 d = g c d ( a , b ) d=gcd(a,b) d=gcd(a,b)
这时，如果我们把这个方程同时乘上一个 d c \frac{d}{c} cd

方程就变成了：
a d c ∗ x + b d c ∗ y = g c d ( a , b ) a\frac{d}{c}*x+b\frac{d}{c}*y=gcd(a,b) acd∗x+bcd∗y=gcd(a,b)

我们就可以来解一个这样的方程：

a x ′ + b y ′ = g c d ( a , b ) ax'+by'=gcd(a,b) ax′+by′=gcd(a,b)

于是你就会发现，原方程的解就是：
{ x = x ′ ∗ c d y = x ′ ∗ c d \left\{ \begin{aligned} x&=x'*\frac{c}{d}\\ y&=x'*\frac{c}{d} \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧xy=x′∗dc=x′∗dc

你一定会问了c如果不是d的倍数肿么办？

那就没有整数解呗！这有什么好问的？

应用2：解模线性方程： a x ≡ b ( m o d p ) ax\equiv b(mod\ p) ax≡b(mod p)

其实就是应用1，有没有发现 a x ≡ b ( m o d p ) ax\equiv b(mod\ p) ax≡b(mod p)，就是： a x + p y = b ax+py=b ax+py=b，然后再用上面的那个东东解出来就好了
解模线性方程，就可以做很多事情了，比如：求逆元，戳我

参考：
https://www.zybuluo.com/samzhang/note/541890
于HG机房