exgcd 重修

kino好强啊orz
突然发现连青蛙的约会都没过
怎么办 威严尽失（似乎从未存在）
重修好了！
新年版的优快云emmmmm

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exgcd的数学推导

真是受不了最近的优快云了。。数学公式怎么可以那么丑！！！
先证gcd的性质，即$gcd(a , b) = gcd(b, a \ mod \ b)$
该性质证明的话。。就从定义乱搞搞吧
定义$m$是最大公因数
$a = k_1 \cdot m, b = k_2 \cdot m$,
$a \ mod \ b = a - b \cdot \lfloor \dfrac{k_1}{k_2} \rfloor = m (k_1 - k_2 \lfloor \dfrac{k_1}{k_2} \rfloor)$
$\therefore a \equiv b \equiv (a \ mod \ b) (\mod m)$
那什么时候$a \ mod \ b = 0$呢？此时有$k_1 - k_2 \lfloor \dfrac{k_1}{k_2} \rfloor = 0 \Rightarrow \dfrac{k_1}{k_2} = \lfloor \dfrac{k_1}{k_2} \rfloor$
也就是$k_1$是$k_2$的整倍数。这意味着什么？由于$m$已经是最大公因数，我们不可能找出来一个比$m$更大的公因数了，此时的$k_2$只能是1。那么，$b$本身等于$m$，所以我们有这样一行的求gcd：

inline int gcd(int x, int y){
    return y ? gcd(y, x % y) : x;
}

好了，现在我们可以来证exgcd了。
exgcd解决的是，对于方程$ax + by = gcd(a, b)$找一组整数解。那怎么搞？
回溯一下gcd的过程。我们知道，对于求解gcd的过程最后一步一定是求解$gcd(m, 0)$。关注gcd的定义，$gcd(m, 0) = m = 1 \times m + 0 \times 0$
所以说在这个方程最后一步求解的过程中，我们总能找到对应的1和0满足一个解。那么其它情况呢？
假定$ax + by = gcd(b, a \ mod\ b)$，如果该方程解为$x', y'$则$ax' + (a \ mod \ b)y' = gcd(b, a\ mod\ b)$
$\Rightarrow bx' + (a - b \cdot \lfloor \dfrac{a}{b} \rfloor)y' = gcd(b, a \ mod \ b)$
$\Rightarrow ay' - b(x' - \lfloor \dfrac{a}{b} \rfloor y') = gcd(b, a \ mod \ b) = gcd(a, b)$
所以，总能找到$y = x', x = x' - \lfloor \dfrac{a}{b} \rfloor y'$使得方程$ax + by = gcd(a, b)$有解。运用归纳法，可以得到如下定理：

对于任意整数$a, b$，$\exists x,y$，满足$ax + by = gcd(a, b)$

事实上，刚刚进行的过程就是exgcd的运行过程。

inline int exgcd(int a, int b, int& x, int &y){
    if(!b) {x = 1; y = 0; return a;}
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    int z = x; x = y; y = z - y * (a / b);
    return d;
}

上述过程中我们以引用传递$x, y$，得到的结果就是一组特解。其执行过程是，如果达到最后一步就返回当前的特解$1, 0$，然后逐步回溯。程序最后的返回值是$gcd(a, b)$。
好了，我们来看方程$ax + by = c$，假定$gcd(a, b) = d$，则方程有解的条件是$c \ mod \ d = 0$，特解是$\dfrac{c}{d}x_0$和$\dfrac{c}{d}y_0$

通解则是$x = \dfrac{c}{d}x_0 + k \cdot \dfrac{b}{d}$，$y = \dfrac{c}{d}y_0 - k \cdot \dfrac{a}{d} (k \in Z)$
于是乎。。搞完了。
令$t = \dfrac{b}{d}$，则最小正整数解显然应当是$((x \ mod \ t) + t) \ mod \ t$，因为这样解下来的x可能是负数。

然后就可以搞事情喽。

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luogu1516 青蛙的约会

两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x，青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

用小学奥数知识可以知道，如果跳了t步之后绕了q圈相遇，则：
$X + mt - Y - nt = L * q$
从而$(m - n)t + L * (-q) = Y - X$，对其exgcd即可。
注意细节极多，不要写错。。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL long long
LL m, n, t, L, q, X, Y;
inline int exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
    int d = exgcd(b, a % b, x, y);
    int f = x; x = y; y = f - y * (a / b);
    return d;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d%d%d", &X, &Y, &m, &n, &L);
    if(m < n) swap(m, n), swap(X, Y);
    LL d = exgcd(m - n, L, t, q);
    if((LL)abs(Y - X) % d != 0) return puts("Impossible"), 0;
    t *= (Y - X) / d;
    LL M = L / d;
    t = (t % M + M) % M;
    printf("%d\n", t);
    return 0; 
} 

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luogu1082 同余方程

求方程 $ax \equiv 1 ( \mod b)$的最小正整数解。

玄学分析一波。该方程等价于求解$ax - by = 1$，换言之就是$ax + b\times(-y) = 1$。
所以其有解的条件是a,b互质。

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL long long 

LL a, b, x, y;

inline LL exgcd(LL a, LL b, LL& x, LL& y) {
    if(!b) { x = 1; y = 0; return a; }
    LL d = exgcd(b, a % b, x, y);
    LL f = x; x = y; y = f - y * (a / b); 
    return d; 
}

int main() {
    scanf("%d%d", &a, &b);
    exgcd(a, b, x, y);
    x = (x % b + b) % b;
    printf("%d\n", x);
    return 0;
}

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luogu绿了真伤心。。