不定方程详解

二元一次不定方程

定义：$a，b，c$是整数，$ab≠0$，那么形如$ax+by=c$的方程称为二元一次不定方程。
定理：设$a，b$是整数，且$d=(a,b)$，如果$d|c$，那么方程存在无数多个整数解，否则方程不存在整数解。$((a,b)=gcd(a,b))$
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$a>0,b>0$的条件下，求解二元一次不定方程$ax+by=c$与求解同余方程$ax≡c(mod\ b)$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$a$和$b$不全为0，则存在整数$x，y$，使得：
       $gcd(a,b)=ax+by$
所以当$d|c$时，$ax+by=c$存在整数解。
通过扩展欧几里得算法求出特解$x_0,y_0$，那么通解为$x_0+n\times\frac{b}{d},y_0-n\times\frac{a}{d}\ (n∈Z)$.

void exgcd(int a,int b,int&d,int&x,int&y)//扩展欧几里得算法
{
    if(b==0)
    {
        x=1,y=0;
        d=a;
    }
    else 
    {
        exgcd(b,a%b,d,x,y); 
        int t=x;
        x=y;
        y=t-a/b*y ;
    }
}

$n$元一次不定方程

定理：$n$元一次不定方程$a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n=c(a_1,a_2,...,a_n,c∈N)$，有解的充分必要条件是$(a_1,a_2,...,a_n)|c$.
解$n$元一次不定方程可以转化为求二元一次不定方程，$n$元一次不定方程$a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n=c$，可以转为为下面形式：
$S\left\{ \begin{aligned} &a_1x_1+a_2x_2=d_1t_1&\\ &d_1t_1+a_3x_3=d_2t_2&\\ &d_2t_2+a_4x_4=d_3t_3&\\ &\ \ \ \ .&\\ &\ \ \ \ .&\\ &\ \ \ \ .&\\ &d_{n-1}t_{n-1}+a_nx_n=c&\\ \end{aligned} \right.$
$(d_{n-1},an)=(a_1,a_2,...,a_n)$，所以上述定理成立。
求出最后一个方程的解，然后代入倒数第二个方程，依此类推可以求出方程的所有解。
对于$m$个$n$元一次不定方程组成的方程组，其中$m<n$，可以消去$m-1$个未知数，从而消去$m-1$个不定方程，将方程组转化为一个$n-m+1$元的一次不定方程。然后依照$n$元一次不定方程求解。

解不定方程简单应用

The Balance(poj 2142)

有一天平，两个质量为$a$和$b$的砝码，数量不限，且两边都可以放，要求称出质量为$c$的物品，即两边平衡。尽量少的使用砝码，当砝码数量相同时总重量最小。
输入为$a，b，c$.
思路：如果a小于b交换a，b。显然可以构造不定方程$ax+by=c$，此时$x$和$y$不一定为正整数，可以先求出一组特解$x_0,y_0$，通解就为$x_0+n\times\frac{b}{d},y_0+n\times\frac{a}{d}\ (n∈Z)$.因为要求砝码数尽量少，即$min(|x|+|y|)$，代入通解为$min(|x_0+n\times\frac{b}{d}|+|y_0-n\times\frac{a}{d}|)$，因为$a>b$，显然最小值应在$\frac{y_0d}{a}$附近，可以for循环枚举前后的几个值，然后取$min(|x|+|y|)$，当$min(|x|+|y|)$相等时$min(a|x|+b|y|)$
代码如下：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxx=1e6+7;
void exgcd(ll a,ll b,ll&d,ll&x,ll&y)
{
	if(!b)
	{
		x=1,y=0;
		d=a;
	}
	else
	{
		exgcd(b,a%b,d,x,y);
		ll temp=x;
		x=y;
		y=temp-a/b*y;
	}
}
int main()
{
    ll a,b,c,d,x0,y0;
	ios::sync_with_stdio(false);
	while(cin>>a>>b>>c&&(a||b||c))
	{
	    ll x=0x3f3f3f3f,y=0x3f3f3f3f,flag=0;
	    if(a<b) {swap(a,b);flag=1;}
		exgcd(a,b,d,x0,y0);
        a=a/d;
        b=b/d;
        x0=x0*c/d;
        y0=y0*c/d;
        for(ll i=y0/a-10;i<=y0/a+10;i++)
        {
            ll q=x0+i*b,p=y0-i*a;
            q=q<0?(-q):q; p=p<0?(-p):p;
            if(q+p<x+y)
                x=q,y=p;
            else if(q+p==x+y&&(q*a+p*b)<(x*a+y*b))
                    x=q,y=p;
        }
        if(!flag)
        cout<<x<<" "<<y<<endl;
        else cout<<y<<" "<<x<<endl;
    }
}

跳骚（poj 1091）

Z城市居住着很多只跳蚤。在Z城市周六生活频道有一个娱乐节目。一只跳蚤将被请上一个高空钢丝的正中央。钢丝很长，可以看作是无限长。节目主持人会给该跳蚤发一张卡片。卡片上写有N+1个自然数。其中最后一个是M，而前N个数都不超过M，卡片上允许有相同的数字。跳蚤每次可以从卡片上任意选择一个自然数S，然后向左，或向右跳S个单位长度。而他最终的任务是跳到距离他左边一个单位长度的地方，并捡起位于那里的礼物。
比如当N=2，M=18时，持有卡片(10, 15, 18)的跳蚤，就可以完成任务：他可以先向左跳10个单位长度，然后再连向左跳3次，每次15个单位长度，最后再向右连跳3次，每次18个单位长度。而持有卡片(12, 15, 18)的跳蚤，则怎么也不可能跳到距他左边一个单位长度的地方。
当确定N和M后，显然一共有M^N张不同的卡片。现在的问题是，在这所有的卡片中，有多少张可以完成任务。
输入两个整数N和M(N <= 15 , M <= 100000000)。

思路：假设卡片上面数字为$a_1，a_2,...a_n,M$，跳骚选择卡片的次数为$x_1,x_2,...x_n,x_{n+1}$，那么有不定方程$a_1x_1+a_2x_2+...+a_nx_n+Mx_{n+1}=1$，即$(a_1,a_2,...,a_n,M)=1$，可以计算出$(a_1,a_2,...,a_n,M)≠1$的所有情况，然后用$M^n$减去即可。计算$(a_1,a_2,...,a_n,M)≠1$的所有情况可以使用容斥定理计算，如果gcd不等于1的话，那么这些数肯定都至少有一个M的质因子，假设d是M的一个质因子，那么小于M的可以整除d的数个数量就是$\frac{M}{d}$个，从其中任选n个，因为可以重复选择，所以数量就是$\frac{M}{d}^n$。
所以$ans=\bigcup\limits_{i=1}^{r}\frac{M}{d_i}^n\ (r为M的质因子数量)$
由容斥原理可知：
$\left|\bigcup\limits_{i=1}^{n}S_i\right|=\sum\limits_{C\subseteq M}^{n}(-1)^{size(C)-1}\left|\bigcap\limits_{T\subseteq C}T\right|$

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <math.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxx=1e6+7;
ll n,m,p[35],cnt,sum,ans;
ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)
            ans=ans*a;
        a=a*a;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
void dfs(int now,int id,int over,ll product)
{
    if(now==over)
    {
        sum+=qpow(m/product,n);
        return;
    }
    for(int i=id;i<=cnt;i++)
    {
        dfs(now+1,i+1,over,product*p[i]);
    }
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m;
    ll a=m;
    for(int i=2;i*i<=a;i++)
        if(a%i==0)
        {
            p[++cnt]=i;
            while(a%i==0)
                a/=i;
        }
    if(a>1) p[++cnt]=a;
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        sum=0;
        dfs(0,1,i,1);
        if(i&1)
            ans+=sum;
        else ans-=sum;
    }
    cout<<qpow(m,n)-ans<<endl;
}

特殊的不定方程

1. 毕达哥拉斯定理：平面上的一个直角三角形中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方。如果设直角三角形的两条直角边长度分别是$a$和$b$，斜边长度是$c$，那么可以用数学语言表达：$a^2+b^2=c^2$.
   满足上面这个方程的正整数三元组被称为毕达哥拉斯三元组。
   如果一个毕达哥拉斯三元组$x，y，z$，满足$(x,y,z)=1$，那么这个毕达哥拉斯三元组被称为本原的毕达哥拉斯三元组。
   定理：正整数$a，b，c$构成一个本原毕达哥拉斯三元组且y为偶数，当且仅当存在互质的正整数$m，n（m>n）$其中$m$为奇数，$n$为偶数；或者$n$为奇数，$m$为偶数，并且满足：

   1. $a=m^2+n^2$
   2. $b=2mn$
   3. $c=m^2-n^2$

2. 费马大定理：方程$x^n+y^n=z^n$无非0整数解，其中$n$为整数且$n≥3$.

3. 佩尔方程：形如$x^2-dy^2=1$($d>1$且不为完全平方数)的不定方程称为佩尔方程。
   佩尔方程当$d$为完全平方数时，$(x+\sqrt{d}y)(x-\sqrt{d}y)=1$，显然方程无解。
   解佩尔方程：
   若佩尔方程最小特解是(x_1,y_1)，那么可有迭代公式：
   $x_n=x_{n-1}x_1+dy_{n-1}y_1$
   $y_n=x_{n-1}y_1+y_{n-1}x_1$
   即：
   $\begin{bmatrix} x_k\\ y_k\\ \end{bmatrix}={\begin{bmatrix} x_1&dy_1\\ y_1&x_1\\ \end{bmatrix}}^k\begin{bmatrix} x_1\\ y_1\\ \end{bmatrix}$
   我们可以通过矩阵快速幂求出第k个解。
   对于特解可以暴力求解：
   由$x^2-dy^2=1$，得$x^2=dy^2+1$，即$x=\sqrt{dy^2+1}$，那么令$y=1$，代入求解$x$，然后判断是否满足，否则就$y=y+1$，直到求出满足的特解。

void find()
{
	int x,y=1;
	while(1)
	{
			x=(long long)sqrt(d*y*y+1);
			if(x*x-d*y*y==1)
				break;
			y++;
	}
}

来源：CSDN

作者：Crazy_pine

链接：https://blog.csdn.net/weixin_43956585/article/details/104214923