欧几里得

二元一次不定方程 定义： a ， b ， c a，b，c a ， b ， c 是整数， a b ≠ 0 ab≠0 a b  ​ = 0 ，那么形如 a x + b y = c ax+by=c a x + b y = c 的方程称为二元一次不定方程。 定理：设 a ， b a，b a ， b 是整数，且 d = ( a , b ) d=(a,b) d = ( a , b ) ，如果 d ∣ c d|c d ∣ c ，那么方程存在无数多个整数解，否则方程不存在整数解。 ( ( a , b ) = g c d ( a , b ) ) ((a,b)=gcd(a,b)) ( ( a , b ) = g c d ( a , b ) ) 二元一次不定方程和 同余方程 之间可以相互转换的，例如在 a > 0 , b > 0 a>0,b>0 a > 0 , b > 0 的条件下，求解二元一次不定方程 a x + b y = c ax+by=c a x + b y = c 与求解同余方程 a x ≡ c ( m o d b ) ax≡c(mod\ b) a x ≡ c ( m o d b ) 是相同的。 求解同余方程使用 扩展欧几里得算法 ，二元一次不定方程同样可以使用扩展欧几里得算法。 由扩展欧几里得可知：设 a a a 和 b b b 不全为0，则存在整数 x ， y x，y x ， y ，使得

链接地址 关于扩展欧几里得定理 众所周知，扩展欧几里得定理是用来求形如ax+by=c(a,b,c皆为整数)这样的方程的一组解[注，仅是一组解]的定理 该方程有解的条件 ： 要使ax+by=c(a，b，c皆为整数) 有解，我们设k=gcd(a,b)，可以将原方程写成\frac{a}{k}kx+\frac{b}{k}ky=c的形式 即 k(\frac{a}{k}x+\frac{b}{k}y)=c \because a，b，ｃ均为整数 \therefore　(\frac{a}{k}x+\frac{b}{k}y)一定是整数即k(\frac{a}{k}x+\frac{b}{k}y)一定是ｋ的倍数 \therefore k|c 即 gcd(a,b)|c // k|c数学里为 c%k=0 由此可见，该方程有解的条件为c%gcd(a,b)=0 来源： CSDN 作者： “黎明” 链接： https://blog.csdn.net/weixin_43382740/article/details/104171054

基本运算 取模(mod)取余(rem) 定义 给定一个正整数p，任意一个整数n，一定存在等式 ： n = kp + r ； 其中 k、r 是整数，且 0 ≤ r < p，则称 k 为 n 除以 p 的商，r 为 n 除以 p 的余数。 对于正整数 p 和整数 a,b，定义如下运算： 取模运算：a % p（或a mod p），表示a除以p的余数。 模p加法： a+b算术和除以p的余数。(a + b) % p = (a % p + b % p) % p 模p减法： a-b算术差除以p的余数。(a - b) % p = (a % p - b % p) % p 模p乘法： a b算术乘法除以p的余数。(a b) % p = (a % p * b % p) % p 由以上定义易证欧几里得算法的正确性 定义(n,p)为n和p的最大公约数，要证明欧几里得算法正确性即证明(n,p)=(p,r); 设n,p的公因数为g,则g|n且g|p,由n = kp + r 得到g|r('|'为整除); 则n和p的最大公约数也是p和r的最大公约数. 取模和取余的区别 对于整型数a，b来说，取模运算或者取余运算的方法都是： 求 整数商： c = a/b; 计算模或者余数： r = a - c*b. 求模运算和求余运算在第一步不同: 取余运算在取c的值时，向0 方向舍入,而取模运算在计算c的值时，向负无穷方向舍入。

浅谈扩展欧几里得算法 一． 算法简析 　　扩展欧几里得算法（又称 exgcd ），是来求解形如下面格式方程的解。 ax + by = c 　　其中 a ， b ， c 已经给出， x ， y 为待求解的变量。 扩欧算法规定，当 c%gcd(a,b)!=0 的时候，上面方程不存在整数解。 　　这个结论可以由贝祖定理 推出 : 即如果 a、b是整数，那么一定存在整数x、y使得ax+by=gcd(a,b) 　　当上面的方程有解时，我们可以一定得到一组特解。下面我们就要推导下求特解的过程。 二． 算法推导 　　首先，我们知道 gcd(a,b) = gcd(b,a%b) ，再由上面的式子，我们可以推导得到 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　ax 1 +by 1 = gcd(a,b) = gcd(b,a%b) = bx 2 +(a%b)y 2 而 a%b 又等于 a - a/b*b(此处除法为向下取整) 　　根据等式两边对应项对应相等的原则，我们可以得到以下关系 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 x 1 = y 2 y 1 = x 2 - a/b*b*y 2 　　通过比较辗转相除法，考虑递归解决问题，应用上面的式子，我们可以发现连接递归上下层的是 gcd(a,b) = gcd(b,a%b),因此

　　　　　　　　　　　　　　　　　　费马小定理 假设p是质数，且gcd(a,p)=1,那么a(p-1)≡1(mod p)。假设a是整数，p是质数，且a，p互质（即两者只有一个公约数1），那么a的（p-1)次方除以p的余数恒等于1.a^(p-1)%p=1（其中%为取模操作，且a<p,p为质数） #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<ctime> #define ll long long int//能够直接使用long long using namespace std; ll n; ll pd[14]= {10,35,77,535,71497,2,3,5,7,11,3161}; ll fastmul(ll a,ll b) { ll r=0; ll base=a; while(b!=0) { if(b%2!=0) { b--; r=(r+base)%n; } b=b/2; base=(base+base)%n; } return r%n; } ll fastpow(ll a,ll b) { ll r=1; ll base=a; while(b!=0) { if(b%2!=0) r=fastmul(r,base)%n; base=fastmul(base,base)

博弈论是真的难！？ 给你两个数，每次只能从大的那个减去小的数的正整数倍，先得到零的人获胜 分析一下，（假设为x，y，且x>y），x=ky+z,若k>=2,那么我（是不是就可以为所欲为了）想一下减完或者，留一个给对手减是不是都行，然后我再往后分析下，我不就必胜了么？ 所以遇到了这种情况或者我可以直接赢的情况（x%y==0）直接输出就好了，否则再找这种情况不就得了（除了这两种情况，我只能规规矩矩的减，正整数倍） 1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 4 bool fun(int &a,int &b)//返回1就出现了赢家 5 { 6 int t1=max(a,b); 7 int t2=min(a,b); 8 a=t2; 9 b=t1%t2; 10 if(t1%t2)//表示非整除 11 { 12 if(t1/t2>=2)//不能整除但是系数大于0也结束 13 return 1; 14 else//继续 15 return 0; 16 } 17 else 18 { 19 return 1;//能整除就结束 20 } 21 } 22 int main(void) 23 { 24 int c; 25 cin>>c; 26 while(c--) 27 { 28 int a,b; 29 cin>>a>>b; 30 bool flag=1;/

一、题目 二、解法 由于 n n n 很大，但是操作数很小，且一开始没有初值，很容易想到 动态开点 ，时间复杂度 O ( n log ⁡ n ) O(n\log n) O ( n lo g n ) 。 剩下的问题是如何计算一个修改段内的和，注意到 ( i − l + 1 ) ⋅ x % y = ( i − l + 1 ) ⋅ x + ( i − l + 1 ) ⋅ x y (i-l+1)\cdot x\% y=(i-l+1)\cdot x+\frac{(i-l+1)\cdot x}{y} ( i − l + 1 ) ⋅ x % y = ( i − l + 1 ) ⋅ x + y ( i − l + 1 ) ⋅ x ​ （本题解中的除号均为整除），前者等差数列，后者用经典的类欧几里得算法求和，总时间复杂度 O ( log ⁡ n ) O(\log n) O ( lo g n ) ，下面详细讲一下这个算法。 类欧几里得算法一般用于解决此类问题： f ( a , b , c , n ) = ∑ i = 0 n i a + b c f(a,b,c,n)=\sum_{i=0}^n \frac{ia+b}{c} f ( a , b , c , n ) = ∑ i = 0 n ​ c i a + b ​ ，给定 a , b , c , n a,b,c,n a , b , c , n 求 f f

求 \(\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor \frac{ax+b}{c} \rfloor\) 设 \(f(a,b,c,n)=\sum\limits_{x=0}^{n-1}\lfloor \frac{ax+b}{c} \rfloor\) 进行化简，得 \[ \begin{aligned} &f(a,b,c,n) \\ =&\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor \frac{ax+b}{c} \rfloor \\ =&\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor \frac{(a \bmod c)x + (a - a \bmod c)x+(b \bmod c)+(b - b \bmod c)}{c} \rfloor \\ =&\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor \frac{(a \bmod c)x + (b \bmod c)}{c} \rfloor + \frac{(a - a \bmod c)x}{c} + \frac{b - b \bmod c}{c}\\ =&\sum_{x=0}^{n-1}\lfloor \frac{(a \bmod c)x + (b \bmod c)}{c} \rfloor + \lfloor \frac{a}{c} \rfloor x + \lfloor \frac{b}{c} \rfloor\\ =&\frac{n(n-1

裴蜀定理 对任何整数 \(a\) ， \(b\) 关于未知数 \(x\) 和 \(y\) 的线性不定方程（称为裴蜀等式）： \(ax+by=c\) 方程有整数解（当且仅当 \(c\) 是 \(gcd(a,b)\) 的倍数），裴蜀等式有解时必然有无穷多个解 即 \(ax+by=c\) 有解的充要条件为 \(gcd(a,b)|c\) 原方程的解即为 \(ax+by=gcd(a,b)\) 的解乘上 \(\frac{c}{gcd(a,b)}\) 扩欧解出的 \(x\) 为 \(ax+by=gcd(a,b)\) ，中的 \(x\) ，若要求 \(ax+by=c\) 中的 \(x\) ，两边还要乘上 \(\frac{c}{gcd(a,b)}\) 推论： \(a\) ， \(b\) 互素等价于 \(ax+by=1\) 有解 计算其中整数 \(x\) 和整数 \(y\) 的计算方法被称为扩展欧几里得算法 \(code :\) int exgcd(int a,int b) { if(!b) { x=1,y=0;//x,y设为全局变量 return a;//若为void，此处直接return } int ans=exgcd(b,a%b),tmp=x; x=y,y=tmp-a/b*y; return ans;//得到的为gcd(a,b) } 由欧几里得算法，得 \[ax+by=gcd(a,b)=gcd

欧几里得算法又称辗转相除法，用于计算两个正整数的最大公约数。 gcd(a,b) = gcd(b,a%b) int gcd(int a, int b) { return b? gcd(b, a % b) : a; } 拓展欧几里得算法 void gcd(int a, int b, int &d, int &x, int &y){ if(!b) d = a, x = 1, y = 0; else gcd(b, a % b, d, y, x),y -= x * (a / b); } 来源： https://www.cnblogs.com/nioh/p/12219813.html