基本數論知識小整理

前言

終於放寒假了，每天可以打一場比賽，一般來說下午就可以改完題，晚上的時間就用來啃數論了。《數學一本通》是一本很好的書，裏面的很多知識都很好很有用。

知識整理

看到了一個小定理，雖然不知道有沒有什麼卵用。
設整數x和y滿足下式:a*b+b*y=1,且a|n,b|n,那麼(a*b)|n
證明：
顯然有ab|an,ab|bn
則有ab|(an*x+bn*y),即ab|(n(ax+by))
可得ab|n

輾轉相除法的證明
即要證明gcd(a,b)=gcd(b,a%b) (假定a>b)
令r爲a,b的公約數
則a=xr,b=yr
a%b=xr-yr*k=(x-ky)*r
可得r也爲b和a%b的公約數

Exgcd相關
形如方程ax+by=c的方程，有整數解的充分必要條件是c%gcd(a,b)=0 （裴蜀定理）
若x1,y1爲該方程的一組特解
則通解可以表示爲x=x1+kb,y=y1-kt （k爲任意整數）
如何求方程的特解呢？
可以考慮先解ax+by=gcd(a,b)
ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=bx’+(a%b)y’
ax+by=bx’+(a-a/b*b)y’=ay’+b(x’-a/b*y’)
這個過程可以通過遞歸來實現。

求公約數的小黑科技
基本算法原理：
(1)x,y爲偶數,則gcd(x,y)=2*gcd(x/2,y/2)
(2)x爲偶數,y爲奇數，則gcd(x,y)=gcd(x/2,y)
(3)x,y爲奇數，則gcd(x,y)=gcd(x-y,y)
代碼實現

inline gcd(int x,int y){
    int i,j;
    if (x==0) return y;
    if (y==0) return x;
    for(i=1;(x&1)==0;i++) x>>=1;
    for(j=1;(y&1)==0;j++) y>>=1;
    if (j<i) i=j;
    while (1){
        if (x<y) x^=y,y^=x,x^=y;
        if ((x-=y)==0) return y<<i;
        while ((x&1)==0) x>>=1;
    }
} 

Exgcd小例題

兩隻青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面爲止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特徵，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝着某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩隻青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。爲了幫助這兩隻樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩隻青蛙是否能夠碰面，會在什麼時候碰面。
我們把這兩隻青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處爲原點，由東往西爲正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點座標是x，青蛙B的出發點座標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩隻青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後纔會碰面。
樣例
1 2 3 4 5
4

Solution

即需要求(x+mt)-(y+nt)=pl
其中,t爲跳躍次數,p爲A超過B的圈數
移項可得 (n-m)t+pl=(x-y)
a=n-m,b=l,d=x-y,
就是個裸的Exgcd

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,c,d,m,n,x,y,l;
ll gcd(ll a,ll b){
    if (b==0){
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    ll s=gcd(b,a%b);
    ll t=x; x=y; y=t-(a/b)*y;
    return s;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
    a=n-m,b=l,d=x-y;
    c=gcd(n-m,l);
    if (d%c) {
        printf("Impossible\n");
        return 0;
    }
    x=x*(d/c)%(b/c);
    printf("%lld\n",(x+b/c)%(b/c));
}