这是我参与11月更文挑战的第19天，活动详情查看：2021最后一次更文挑战.

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欧几里得算法euclid

欧几里得算法又称辗转相除法，可以快速求得两个数的最大公约数。

原理

1. $gcd(a,b) = gcd(b,a\bmod b)$
2. $gcd(a,0) = a$

证明

符号约定：$x|y$表示$x$能够整除$y$，即$y$是$x$的倍数。

1. 设$(a,b)$的任一公约数为$k$，即$k|a$且$k|b$
2. 设$a=xb+y$，则有$a\bmod b = y$
3. 因为$k|b$，所以$k|xb$，又因为$k|xb+y$，所以$k|y$
4. 所以$(a,b)$的任一公约数均为$(b,a\bmod b)$的公约数
5. 同理可证，$(b, a\bmod b)$的任一公约数均为$(a,b)$的公约数。
6. 所以$(a,b)$和$(b, a\bmod b)$的公约数集合相同，显然最大公约数相同。

代码

递归写法

int euclid(int a, int b)
{
	return b ? euclid(b,a%b) : a;
}

递推写法

int euclid(int a, int b)
{
	while(b)
	{
		int k = a%b;
		a = b;
		b = k;
	}
	return a;
}

时间复杂度

算法每次迭代会将$(a,b)$变为$(b,a\bmod b)$，直到b为0为止。 由于$a \bmod b$是小于$a/2$的，所以每次迭代都会至少把值减少一半。 所以时间复杂度在$O(log(max(a,b))$内，实际中往往会更低。

其它

euclid方法求gcd主要是学原理以及为了后面的扩展欧几里得方法做铺垫，实际中求gcd可以使用库函数.

int __gcd(int a, int b);

扩展欧几里得算法exeuclid

求二元一次方程$ax+by=c$的整数通解.

引理

贝祖定理（裴蜀定理）：方程$ax+by=c$有解的充要条件是：$gcd(a,b)|c$ 口头证明如下： 必要性：$c$必须是$gcd(a,b)$的倍数，否则方程必无解。 充分性：$ax+by=gcd(a,b)$有解，对于任意$gcd(a,b)的$倍数$c$，只要将$x,y$都乘以$c/gcd(a,b)$即可.

原理

1. 对于两方程$ax_1+by_1=gcd(a,b)$，$bx_2+(a\bmod b)y_2=gcd(a,b)$，它们解的关系是：$x_1=y_2$，$y_1=x_2-\lfloor a/b\rfloor y_2$。
2. 边界情况$a=gcd(a,b),b=0$，方程解显然为$x=1,y=0$。
3. 将原始方程不断通过类似于辗转相除的方式得到边界方程，就可以一步一步反推到原始方程的解。

证明

1. 现有两方程$ax_1+by_1=gcd(a,b)$，$bx_2+(a\bmod b)y_2=gcd(a,b)$
2. 取相等得到$ax_1+by_1 = bx_2+(a\bmod b)y_2$
3. 把$a\bmod b = a-\lfloor a/b\rfloor*b$代入
4. 得到$ax_1+by_1 = bx_2+(a-\lfloor a/b\rfloor*b)y_2$
5. 整理得$x_1a+y_1b = y_2a+(x_2-\lfloor a/b\rfloor y_2)b$
6. 由恒等定理，$x_1=y_2，且y_1=x_2-\lfloor a/b\rfloor y_2$

就得到了方程之间的解的转化关系。

代码

返回方程$ax+by=gcd(a,b)$的一个解$(x,y)$

pair<int,int> exeuclid(int a, int b)
{
	if(b==0) return {1,0};
	auto p = exeuclid(b, a%b);
	return {p.second, p.first-a/b*p.second};
}

其它

按以上代码得到的解是$ax+by=gcd(a,b)$的解，如果要得到$ax+by=c$的解，需要将$x$和$y$都乘上$c/gcd(a,b)$

使用exeuclid求逆元

给定$a,m$，要求满足$ax\equiv 1\pmod m$的$x$，即$inv(a,m)$. 即，解二元方程$ax+my=1$获得一个$x$，再将它通过加减$m$放到[0,m)区间内即可。 见 luogu P1082

例题

Luogu P1082 同余方程

求关于 $x$的同余方程$ax\equiv 1\pmod m$的最小正整数解。

使用exeuclid求逆元即可。

int inv(int a, int m)
{
	int x = exeuclid(a, m).first;
	x = (x%m+m)%m;
	return x;
}
int main(void)
{
	int a = read(), b = read();
	printf("%d\n",inv(a,b) );
    return 0;
}

Luogu P1516 青蛙的约会

青蛙A初始在数轴x处，每秒走m；青蛙B初始在数轴y处，每秒走n；数轴长为L，首尾相接。问第几秒时两只青蛙在同一个整点处，如果无解输出Impossible.

需要解同余方程$(m-n)*t\equiv y-x \pmod L$ 即解二元方程$(m-n)*t + L*t' = y-x$

	ll a=m-n, b=L, c=y-x;
	if(c % __gcd(a,b))
		printf("Impossible\n");
	else
		ll t = exeuclid(a, b).first * (c/__gcd(a,b));

求出一个解后，需要得到最小的正整数解。先找到解的循环周期$T=lcm(L,m-n)/(m-n)$，再将$t$放到$[0,T)内$，完整代码如下：

int main(void)
{
	ll x=read(), y=read(), m=read(), n=read(), L=read();
	ll a=m-n, b=L, c=y-x;
	if(c % __gcd(a,b))
		printf("Impossible\n");
	else
	{
		ll t = exeuclid(a, b).first * (c/__gcd(a,b));
		ll T = abs(L/__gcd(L,(m-n)));
		t = (t%T+T)%T;
		cout << t << endl;
	}

    return 0;
}

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本文也发表于我的 CSDN 博客中。