线性不定方程，扩展欧几里得算法（Exgcd）

定义

本文探讨的不定方程指的是二元一次不定方程。
exgcd，扩展欧几里得算法用于求解二元一次不定方程（Diophantine Equation）的整数解。

扩展欧几里得算法（Exgcd）

普通解

求出以下不定方程的一组解：
$ax+by=c$
令$g=\gcd (a,b)$：
根据裴蜀定理，方程有整数解当且仅当$g|c$。
我们只需要求出$ax+by=g$的一组解$(x_0,y_0)$，令$x_0=\frac{c}{g}{x}_0,y_0=\frac{c}{g}{y}_0$，就得到了原方程的一组解。

现在，我们求方程$ax+by=g$的一组解：

设方程$ax+by=g$的一组解用$f(a,b)$表示。
这里的$g$表示的是参数里的$a,b$的$\gcd (a,b)$，不一定是一开始的$g$。

一种显然的想法是，$f(a,b)=(x_0,y_0)$与$f(a^{\prime },b^{\prime })=(x^{\prime },y^{\prime })$具有某种关系。

为了使关系好求，我们令$a^{\prime }=b,b^{\prime }=a\%b$，这样的话两个方程的右边是相等的：
$f(a,b)对应的方程:a{x}_0+b{y}_0=\gcd (a,b)$
$f(b,a\%b)对应的方程:b{x}^{\prime }+(a\%b)y^{\prime }=\gcd (b,a\%b)=\gcd (a,b)$

现在处理一下这个式子：
$b{x}^{\prime }+(a\%b)y^{\prime }=b{x}^{\prime }+(a-b\lfloor \frac{a}{b}\rfloor )y^{\prime }=a{y}^{\prime }+b\left(x^{\prime }-y^{\prime }\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \right)$

现在对比一下系数：
$f(b,a\%b):a{y}^{\prime }+b\left(x^{\prime }-y^{\prime }\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \right)$
$f(a,b):a{x}_0+b{y}_0$

显然有：$f(a,b)=(x_0,y_0)=\left(y^{\prime },x^{\prime }-y^{\prime }\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \right)$

因此可以递归计算$f(b,a\%b)$。
显然有结束条件：$f(b,0)=(1,0)$

注意结束时的$y$理论上可以任意取值，但是可以用归纳法证明，如果这里$y$取0，则中间过程的运算中$|x|,|y|\le \max (|a|,|b|)$，确保不会爆int或long long。

事实上，如果$y$取0，可以保证在中间过程中：$|x|<\left|\frac{b}{2g}\right|,|y|<\left|\frac{a}{2g}\right|(a>b)$

通解

刚才我们已经求出了方程$ax+by=c$的一组解$(x_0,y_0)$，现在我们考虑一下求出它的通解$(x,y)$的形式。

我们注意到：$a{x}_0+b{y}_0=c$，把左式分为左右两部分:
$左半部分(a{x}_0)+右半部分(b{y}_0)=c$
如果在特解的基础上构造一组通解，要么左半部分增加，同时右半部分减少，要么左半部分减少，同时右半部分增加。

这里令左半部分增加$d$：
$(a{x}_0+d)+(b{y}_0-d)=c$
因此：
$a(x_0+\frac{d}{a})+b(y_0+\frac{d}{b})=c$，通解$(x,y)$就是$(x_0+\frac{d}{a},y_0+\frac{d}{b})$。
这就要求$d$是a、b的倍数，只有是倍数才能整除。
也就是说$d$是a、b的公倍数。
同时$d$应该尽可能小，如果存在更小的$d$，使得有的解用现在有$d$无法表示出来，就会漏解。因此$d$是a、b的最小公倍数，即$lcm(a,b)$

考虑到$d$可以加很多次，设$lcm=lcm(a,b)$，通解就是：
$\left(x_0+\frac{lcm}{a}\cdot k,y_0-\frac{lcm}{b}\cdot k\right)(k\in \mathbb{Z})$

考虑到$lcm$往往很大，可能会爆long long，又有$\gcd (a,b)\cdot lcm(a,b)=a\cdot b$，因此还有一种通解的形式是：
$\left(x_0+\frac{b}{g}\cdot k,y_0-\frac{a}{g}\cdot k\right)(k\in \mathbb{Z})$

特殊解

在实际应用中，我们往往需要带有特殊性质的解。

我们可以定义一个$l,r$，其中$l$表示$x$能取到正整数的最小的$k$，$r$表示$y$能取到正整数的最大的$k$，这样就围成了一个区间，区间之内是$x,y$都能取到正整数解的$k$值，如果$l>r$，说明方程无正整数解。

如果$l\le r$，则有正整数解：

• 正整数解的个数就是区间长度，即$r-l+1$。
• $k=l$时取到$x$的最小正整数值，由于$x$减小，$y$要增大，对应必定是$y$的最大值（在正整数解范围内）。
• $k=r$时取到$y$的最小正整数值，由于$y$减小，$x$要增大，对应必定是$x$的最大值（在正整数解范围内）。

$l,r$可以直接列不等式求出：
$\{\begin{array}{c}{x}_0+\frac{lcm}{a}\cdot l>0\\ y_0-\frac{lcm}{b}\cdot r>0\end{array}$

解得：
$\{\begin{array}{c}l>-\frac{x_0\cdot a}{lcm}\\ r<\frac{y_0\cdot b}{lcm}\end{array}$

注意到这个范围不容易取整，因此修改一下方程组：
$\{\begin{array}{c}{x}_0+\frac{lcm}{a}\cdot l\ge 1\\ y_0-\frac{lcm}{b}\cdot r\ge 1\end{array}$

就有：
$\{\begin{array}{c}l\ge \frac{(1-x_0)\cdot a}{lcm}\\ r\le \frac{(y_0-1)\cdot b}{lcm}\end{array}$

然后怎么取$l,r$呢？其实$l$应该取到最小整点，$r$取到最大整点，因此有：
$l=\lceil \frac{(1-x_0)\cdot a}{lcm}\rceil$
$r=\lfloor \frac{(y_0-1)\cdot b}{lcm}\rfloor$

后记

于是皆大欢喜。