洛谷P2520 裴蜀定理，多限制的不定方程解的构造

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原创最新推荐文章于 2026-11-08 21:05:35 发布 199 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

5个4000比特大状态置换算法的设计与分析下面是 5 个概念性、实验性的 4000 位可逆置换设计。它们都保证是双射，但未经过密码分析，不可直接用于生产系统。风格分别覆盖：三维 SPN、Feistel、可逆元胞自动机、ARX、宽轨迹/Keccak 式结构。这 5 个设计分别代表了 SPN、Feistel、元胞自动机、ARX、宽轨迹 Keccak 五种不同风格，覆盖了主流大状态置换的构造思路。再次强调：它们只是实验性概念，若要用于实际协议，必须经过严格安全性分析。阅读详情

题意：

给出八个基底向量：
$(a, b), (- a, b), (a, - b), (- a, - b), (b, a), (- b, a), (b, - a), (- b, - a)$
问能否通过若干个上述向量相加得到相邻 $(x, y)$ ？

Solution：

显然我们只需加减以下四组基底相邻即可
$(a, b), (- a, b), (b, a), (- b, a)$
不妨设他们分别被算数增加了 $k_{i}$ 次， $ki∈Zk_{i}\in Z$ ，于是需要下列方程组有解
$k_{1}(a,b)+k_{2}(-a,b)+k_{3}(b,a)+k_{4}(-b,a)=(x,y)$
即
$\begin{cases} (k_{1}-k_{2})a+(k_{3}-k_{4})b=x \\ (k_{1}+k_{2})a+(k_{3}+k_{4})b=y \end{cases}$
要方程组有解，这是两个不定方程，由裴蜀定理，首先需要
$gcd(k_{1}-k_{2},k_{3}-k_{4})|x\\ gcd(k_{1}+k_{2},k_{3}+k_{4})|y$
然后这样只保证了存在 $k_{1}-k_{2}),(k_{1}+k_{2}),(k_{3}-k_{4}),(k_{3}+k_{4})$ ，我们的目的是使 $k_{i}$ 有正整数解，此时我们可以这样解出 $k_{1}$
$k_{1}=\frac{(k_{1}-k_{2})+(k_{1}+k_{2})}{2}$
要使 $k_{1}$ 是正整数，那么必须要分子为偶数，于是 $k_{1}+k_{2})$ 与 $k_{1}-k_{2})$ 奇偶性必须相同，同理对后两项也是的，接下来枚举他们的奇偶性：

若 $k_{1}-k_{2})$ 为偶数， $k_{3}-k_{4})$ 为偶数，那么方程组的 $(1)$ 式就可以写作
$2[(k_{1}-k_{2})a+(k_{3}-k_{4})b]=x\Rightarrow(k_{1}-k_{2})(2a)+(k_{3}-k_{4})(2b)=x$
此时只需要上述方程有解，就可以保证解出来的 $k_{1}-k_{2})$ 为偶数了，即只需要
$g c d (2 a, 2 b) ∣ x$
同理可得
$g c d (2 a, 2 b) ∣ y$
若 $k_{1}-k_{2})$ 为偶数， $k_{3}-k_{4})$ 为奇数，只需要左右两边 $+ b$ ，得到
$k_{1}-k_{2})a+(k_{3}-k_{4}+1)b=x+b$
这就转化为都是偶数的情形了，同上只需要
$g c d (2 a, 2 b) ∣ (x + b), g c d (2 a, 2 b) ∣ (y + a)$

下面两种情况同理，直接给出结论
若 $k_{1}-k_{2})$ 为奇数， $k_{3}-k_{4})$ 为偶数，只需要
$g c d (2 a, 2 b) ∣ (x + a), g c d (2 a, 2 b) ∣ (y + b)$
若 $k_{1}-k_{2})$ 为奇数， $k_{3}-k_{4})$ 为奇数，只需要
$g c d (2 a, 2 b) ∣ (x + a + b), g c d (2 a, 2 b) ∣ (y + a + b)$

上述四种情况满足一个即代表有解，并且上面每一种都包含最开始的裴蜀定理的条件，就无需再验证裴蜀定理了

// #include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<numeric>
#include<ctime>
using namespace std;

using ll=long long;
const int N=25,inf=0x3fffffff;
const long long INF=0x3fffffffffffffff,mod=1e9+7;

template<class T>
T gcd(T a,T b){
    return !b?a:gcd(b,a%b);
}

ll tmp;

bool check(ll x,ll y){return x%tmp==0&&y%tmp==0;}

int main()
{
    #ifdef stdjudge
        freopen("in.txt","r",stdin);
    #endif
    int t; cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll a,b,x,y; cin>>a>>b>>x>>y;
        tmp=gcd(a,b)<<1;
        if(check(x,y)||check(x+b,y+a)||check(x+a,y+b)||check(x+a+b,y+a+b)) printf("Y\n");
        else printf("N\n");
    }
    return 0;
}