扩展欧几里得extgcd

简单写一下最大公约数:　对一个整数a来说，如果存在x使得a % x = 0(a除x，除得的商正好是整数而没有余数)，就说x是a的约数，比如12的约数有1, 2,3,4,6,12

那两个数的最大公约数就是两个数a,b的公共的约数中最大的那个，如6的约数有1，2，3，6，那么６和１２的最大公约数就是６；　8的约数有1，2，4，8，那么８和１２的最大

公约数就是４．多个数的扩展就不说了．用得多的就是两个数之间的:

typedef long long ll;

ll gcd(ll a, ll b) {
    if (b) return a;
    return gcd(b, a%b);
}//欢迎拿去用，这写法简洁，而且绝对正确！

进入主题，扩展欧几里得:

/*
 * (1) source: 求整数x,y使得ax+by=1
 * 推导:如果gcd(a,b)!=1，那么不妨设gcd(a,b)=k(k>1)则原式变成k(x*(a/k) + y*(b/k))=1，其中由于
 * k是a,b公约数,a/k,b/k依然是整数，可以相见，一个大于１的整数乘以另一个整数是不可能等于１的，
 * 回到刚才，我们可以知道要使ax+by=1　必须有gcd(a,b)=1**********(1)
 * (2)事实上，一定存在整数对(x,y)使得ax+by=gcd(a,b)，如果另gcd(a,b)等于１，就可以导出过程(1)
 * 设int extgcd(int a, int b, int& x, int& y)是求解该方程的函数，返回值为gcd(a,b)．和gcd的定义:
 * int gcd(int a, int b) {
 * 	if (!b) return a;
 * 	return gcd(b, a%b);
 * }
 * 一样，我们可以递归地定义extgcd.
 * 假设已经求得了: bx'+(a%b)y'=gcd(a,b)的整数解x'和y'．再将a%b=a-(a/b)*b代入后就得到:
 * ay'+b(x'-(a/b)*y')=gcd(a,b)
 * 而当b=0时则有a*1+b*0=a=gcd(a,b)
 * 将上述过程转化成代码就是:
 * int extgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
 * 	int d = a;
 * 	if (b != 0) {
 * 		d = extgcd(b, a % b, y, x);
 * 		y -= (a / b) * x;
 * 	} else {
 * 		x = 1; y = 0;
 * 	}
 * 	return d;
 * }
 * by. *花式*小冬摘自<<挑战程序设计竞赛>>
 */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
using namespace std;

/****************************************/
typedef long long ll;
const int MAX = 7401;

/* ax + by = gcd(a,b) */
ll extgcd(int a, int b, int& x, int& y) {
	int d = a;
	if (b) {// --> if (b != 0) {
		d = extgcd(b, a%b, y, x);
		y -= (a/b) * x;
	} else {
		x = 1; y = 0;
	}
	return d;
}

int main() {
	int a, b, x, y;
	srand(unsigned(time(0)));//用系统当前时间为随机数种子
	while (!cin.eof()) {
		a = rand()%MAX;
		b = rand()%MAX;//随机生成a,b，其实我们完全可以筛选掉负数，但是没关系，这里看看就好了
		int _gcd = extgcd(a, b, x, y);
		printf("(%d, %d) matchs %d*%d + %d*%d = %d\n", x, y, a, x, b, y, _gcd);
		puts("......................................");
		cin.clear();
		cin.get();
	}
	return 0;
}