浅谈 裴蜀定理&扩展欧几里得

裴蜀定理

$a,b$ 是整数，且 $\gcd (a,b)=d$，那么对于任意的整数 $x,y$，$ax+by$ 都一定是 $d$ 的倍数。特别地，一定存在整数 $x,y$，使 $ax+by=d$ 成立。

换种说法，若 $ax+by=c$ 有解，当且仅当 $c$ 是 $\gcd (a,b)$ 的倍数。

证明：

令 $\gcd (a,b)=p$。

一、必要性：如果有整数解，那么 $c$ 是 $p$ 的倍数。

$a=a^{\prime }\ast p,b=b^{\prime }\ast p$

$ax+by=a^{\prime }\ast p\ast x+b^{\prime }\ast p\ast y=p\ast (a^{\prime }x+b^{\prime }y)=c$。

因此 $c$ 是 $p$ 的倍数。必要性得证。

二、充分性：如果 $c$ 是 $p$ 的倍数，那么就有整数解。

根据欧几里得算法，求 $\gcd$ 的时候，最后一定是 $a=p,b=0$。

此时满足 $ax+by=c$ 的解很容易找，例如 $x=\frac{c}{p},y=0$。

然后考虑从 $(b,a\%b)$ 的整数解推到 $(a,b)$ 的整数解。（有点像归纳）

设 $b\ast x1+a\%b\ast y1=c$

$ax+by=b\ast x1+a\%b\ast y1=b\ast x1+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b)\ast y1=a\ast y1+b\ast (x1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast y1)$

显然当 $x=y1,y=x1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b$ 时等式成立，则必然有整数解。充分性得证。

扩展欧几里得

其实扩展欧几里得就是要求类似 $ax+by=c$ 这样式子的解。而在刚刚裴蜀定理充分性的证明中，已经将如果求一组特殊解的过程说了。

即：先求出 $\gcd$，并令此时 $x=\frac{p}{\gcd },y=0$，然后一步一步向上推导回去。

如方程 $99x+78y=6$，求解过程如下表所示：（$x=y1,y=x1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b$）

a	b	$\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$	x	y
99	78	1	-22	28
78	21	3	6	-22
21	15	1	-4	6
15	6	2	2	-4
6	3	2	0	2
3	0	-	x=gcd(99,78)=2	0

验证一下：$99\ast (-22)+78\ast 28=-2178+2184=6$。

void exgcd(int a,int b,int &d,int &x,int &y)
{
    if (b==0){ d=a;x=c/a;y=0;}
    else
    {
        int x1,y1;
        exgcd(b,a % b,d,x1,y1);
        x=y1;
        y=x1-a/b*y1;
    }
}

做到这里，我们已经求出来了一组特解，那么如何求出一般解呢？

我们设特解 $(x0,y0)$ 的下一组解是 $(x0+d1,y0+d2)$，有

$a\ast x0+b\ast y0=a\ast (x0+d1)+b\ast (y0+d2)=c$

$a\ast d1+b\ast d2=0$

$\frac{d1}{d2}=-\frac{b}{a}$

约分得 $\frac{d1}{d2}=-\frac{\frac{b}{\gcd (a,b)}}{\frac{a}{\gcd (a,b)}}$。

而根据定义，$d1$ 应该尽可能小，所以 $d1=\frac{b}{\gcd (a,b)},d2=-\frac{a}{\gcd (a,b)}$。

因此 $ax+by=c$ 的一般解形式就可以表示成 $x=x0+k\ast (\frac{b}{\gcd (a,b)}),y=y0-k\ast (\frac{a}{\gcd (a,b)})$，其中 $k\in \mathbb{Z}$。

拓展：

对于整数序列 $A_1,A_2,A_3,\dots ,A_n$ 是否存在 $X_1,X_2,X_3,\dots ,X_n$ 使得 $A_1\ast X_1+A_2\ast X_2+A_3\ast X_3+\cdots +A_n\ast X_n=C$ 其中满足$\gcd (A_1,A_2,A_3,\dots ,A_n)|C,n\ge 2$.

结论：存在。

证明：使用数学归纳。

当 $n=2$ 时成立（根据裴蜀定理）。

设当 $n=k$ 时成立，考虑 $n=k+1$ 时是否成立。

$\gcd (A_1,A_2,A_3,\dots ,A_k)\ast x+A_{k+1}\ast X_{k+1}=C$ 有解，因为 $\gcd (\gcd (A_1,A_2,A_3,\dots ,A_k),A_{k+1})=\gcd (A_1,A_2,A_3,\dots ,A_{k+1})$，而 $\gcd (A_1,A_2,A_3,\dots ,A_{k+1})|C$。

同时 $A_1\ast X_1+A_2\ast X_2+A_3\ast X_3+\cdots +A_k\ast X_k=\gcd (A_1,A_2,A_3,\dots ,A_k)\ast x$ 也有解。

得证。并且上述证明过程也可以用于求解过程。

int main() 
{  
    scanf("%d",&n);
    gcd[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&a[i]);
		gcd[i]=Gcd(gcd[i-1],a[i]);
	}
    scanf("%d",&c);
    if (c % gcd[n]==0)
    {  
    	y[n]=c/gcd[n];
    	for (int i=n;i>1;i--) 
			exgcd(gcd[i-1],a[i],gcd[i]*y[i],y[i-1],x[i]);    
    	x[1]=y[1];
    	for(int i=1;i<=n;i++)
			printf("%d ",x[i]);
    }
    return 0;
}