你猜为什么我数学那么差？
1. 从欧几里得算法到扩展欧几里得算法
我们一般用欧几里得算法求最大公约数，它差不多就这样
\(\gcd(m, n) = \begin{cases}n&m = 0\\\gcd(n, m \bmod n) & (m \not = 0)\end{cases}\)
扩欧可以用来求这个：\(ax + by = \gcd(a, b)\) 的正整数解 \(x, y\)。我们用欧几里得算法来迭代求解，我们得出来的解满足 \(|x|+|y|\) 最小。
当 \(b = 0\) 时，\(\gcd(a, b) = a\)，因此 \(x = 1, y = 0\)，其实 \(y\) 可以是任意一个数字（因为 \(b = 0\)），但是由于我们要求的是 \(|x|+|y|\) 最小的解，所以 \(y = 0\)。
接下来假设我们已经求出来了 \(bx+ (a\bmod b)y = \gcd(a, b)\)，从这一步再求 \(ax'+by' = \gcd(a, b)\) 的解（相当于递归回来做），\(a\bmod b = a - \lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor b\)，所以就有
\(bx+(a\bmod b)y = bx+(a - \lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor b)y = ay + b(x - \lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y)\)，也就是说 \(x' = y, y' = x - \lfloor\dfrac{a}{b}\rfloor y\)。
这个玩意儿叫 exgcd
2. 二元一次方程的通解
也就是求 \(ax + by = c\) 这样的方程，通过上面的讨论我们知道只有 \(\gcd(a, b)|c\) 这样的方程才有整数解，为了方便叙述下面记 \(d = \gcd(a, b)\)。
首先用 exgcd 求出 \(ax' + by' = d\) 的一对解 \(x', y'\)，然后容易得到原方程 \(ax+by = c\) 的通解形式是 \(\begin{cases}x = x'\dfrac{c}{d}+k\dfrac{b}{d}\\ y = y'\dfrac{c}{d} - k\dfrac{a}{d} \end{cases}\)。记 \(\dfrac{c}{d} = g\)，那么 \(\begin{cases}x = x'g+k\dfrac{b}{d}\\ y = y'g-k\dfrac{a}{d}\end{cases}\) 这样写就好看很多了（雾）
下面让我们来做这道题吧。
Task1 正整数解数量
就是求 \(\begin{cases}x'g+k\dfrac{b}{d}\ge 1 \\ y'g - k\dfrac{a}{d} \ge 1\end{cases}\) 这个不等式组的整数解数量。不难解出来是 \(\dfrac{(1-xg)d}{b}\le k \le \dfrac{(yg - 1)d}{a}\)。由于是整数，所以左边套上向上取整，右边套上向下取整，就得到了 \(\lceil\dfrac{(1-xg)d}{b}\rceil\le k \le \lfloor\dfrac{(yg - 1)d}{a}\rfloor\)。知道取值范围这个就好做了！
Task2 求最大最小解
不难想到 \(x\) 越大 \(y\) 越小，反之亦然，所以 \(k = \lceil\dfrac{(1-xg)d}{b}\rceil\) 时 \(x\) 最小 \(y\) 最大，\(k = \lfloor\dfrac{(yg - 1)d}{a}\rfloor\) 时 \(x\) 最大 \(y\) 最小。
喜闻乐见的代码
//SIXIANG
#include <iostream>
#include <cmath>
#define MAXN 100000
#define int long long
#define QWQ cout << "QWQ" << endl;
using namespace std;
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
if(!b) {x = 1, y = 0; return a;}
else {
int rest = exgcd(b, a % b, x, y);
int tmp = x; x = y, y = tmp - a / b * y;
return rest;
}
}
signed main() {
int T, a, b, c; cin >> T;
while(T--) {
cin >> a >> b >> c;
int x, y, d = exgcd(a, b, x, y);
if(c % d != 0) {
cout << -1 << endl;
continue;
}
int g = c / d;
int L = ceil((double)(1.0 - x * g) * d / (double)(b)), R = floor((double)(y * g - 1.0) * d / (double)(a));
if(L > R)
cout << x * g + L * b / d << ' ' << y * g - R * a / d << endl;
else {
cout << (R - L + 1) << ' ' << x * g + L * b / d << ' ' << y * g - R * a / d << ' ' << x * g + R * b / d<< ' ' << y * g - L * a / d<< endl;
}
}
}
3. 同余与一些关于它的定义
同余就是 \(a\equiv b\pmod m\)，它们表示 \(a\) 与 \(b\) 除以 \(m\) 的余数相同，炒个例子，\(6\) 与 \(1\) 关于 \(5\) 同余，就可以写成 \(6\equiv 1 \pmod 5\)。
如果 \(a\equiv b \pmod m\)，那么 \((a+c)\equiv (b+c)\pmod m\\ ac\equiv bc\pmod m \\ \dfrac{a}{c}\equiv \dfrac{b}{c}\pmod m(c|a, c|b)\)。
同余有如下性质：\((a+b)\equiv (a\bmod m+b\bmod m)\pmod m\\(a-b)\equiv (a\bmod m - b\bmod m)\pmod m\\(a\times b)\equiv (a\bmod m \times b \bmod m) \pmod m\)
除法就没有这样的性质了。我们要单独讨论它，方法是求逆元，还要用上别的知识，一般用 exgcd/费马小定理求逆元，还有线性的方法（不过好像用得不多？）
剩余系：模 \(n\) 的完全剩余系是一个集合 \(Z_n\)，这个集合是 \(Z_n =\{0, 1, 2, 3, \dots, n - 1\}\)。这里面的元素不是普通的元素，这里面的每个数代表所有与它同余的整数。举个例子，\(Z_7\)，这里面的 \(6\) 元素代表的是 \(6, 13, 20\dots\)。
简化剩余系（也叫缩系）：将 \(Z_n\) 里面只保留与 \(n\) 互质的数，记为 \(Z_n'\)（可能不是很规范 qwq）比如 \(Z_8' = \{1, 3, 5, 7\}\)
由于它们两个非常的与众不同，所以它们的运算也很与众不同，比如 \(Z_5\) 中 \(3+4 = 2((3+4)\equiv 2 \pmod 5), 3\times 5 = 0((3*5)\equiv 0 \pmod 5)\)。
特别的，在简化剩余系里面乘法封闭，意思就是说这里面做乘法的结果还在原来的集合里面，比如 \(Z_8'\) 里面 \(3\times 5 = 7\) 本来就在里面。这个很好证明，如果 \(a\) 与 \(n\) 互质，\(b\) 与 \(n\) 互质，那么 \(ab\) 与 \(n\) 互质。\(\gcd(ab, n) = 1\)，根据欧几里得算法所以也有 \(\gcd(ab, n) = \gcd(n, ab\bmod n) = 1\)。
4. 欧拉函数的定义
先写一个定义 qwq
请不要认为懂了欧拉函数的定义就啥都明白了，欧拉函数的精髓并不在于它的定义和公式，这里提及完全是为了证欧拉定理费马小定理算逆元（
欧拉函数 \(\varphi(n)\) 定义为 \(1\sim n\) 中与 \(n\) 互质的数个数。比如 \(\varphi(5) = 4\)。
我们记 \(n\) 的质因数分别为 \(p_1, p_2, \dots, p_k\)，\(\varphi(n) = n(1 - \dfrac{1}{p_1})(1 - \dfrac{1}{p_2})\dots(1 - \dfrac{1}{p_k})\)。
证明吗？展开式子，然后就会发现这玩意儿实际上是个容斥，乱搞就能整出来。
这样就可以在 \(O(\sqrt{n})\) 的时间复杂度内求出单个 \(\varphi(n)\)
5. 欧拉定理和费马小定理
其实欧拉函数不应该放在这么前面写的，放在这么前面是为了写一写欧拉定理和费马小定理。
先介绍欧拉定理：\(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\)，其中 \(a, m\) 互质。
记得当时看这个的证明一脸懵逼，现在看上去还是很简单的 23333
证明：对于 \(m\) 的简化剩余系 \(Z_n' = \{x_1, x_2, \dots, x_{\varphi(m)}\}\)，每个元素同乘一个 \(a\) 得到 \(aZ_n' = \{ax_1, ax_2, \dots, ax_{\varphi(m)}\}\)。
由于 \(a\) 与 \(m\) 互质，所以从简化剩余系的角度来看，这两个集合是等价的，所以我们容易得到 \(\prod\limits_{i = 1}^{\varphi(m)}x_i \equiv \prod\limits_{i = 1}^{\varphi(m)}ax_i\pmod m\)，也就是 \(\prod\limits_{i = 1}^{\varphi(m)}x_i \equiv \prod\limits_{i = 1}^{\varphi(m)}x_i a^{\varphi(m)}\pmod m\)，所以 \(a^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod m\)。
感觉这个的证明相当优美啊 qwq！
费马小定理：\(a^{p - 1}\equiv 1 \pmod p\)，\(p\) 是质数。
众所周知如果 \(p\) 是质数那么 \(\varphi(p) = p - 1\)。所以其实费马小定理就是欧拉定理的一个推论。
费马小定理用途很广，不仅可以用来做同余，最常见的用途是用来求逆元。
6. 逆元
有的时候我们需要求 \(\dfrac{a}{b}\bmod m\) 的结果，这个时候就不能用常规的方法做了。
逆元可以做这个东西，找到一个 \(x\)，使得 \(\dfrac{a}{b} \equiv x\pmod m\)。
顺带提一嘴，这里的 \(a, b\) 都是剩余系意义下的，比如说 \(\dfrac{3}{7} \bmod 5\)，你会说诶诶诶这压根不是整数它怎么取余再这样下去得输越南，但是实际上这里的 \(3\) 是一个除以 \(5\) 余 \(3\) 的数，\(7\) 同理，这个时候就能整除了。
其实，我们只需要求出一个 \(\dfrac{1}{b} \equiv x\pmod m\) 的 \(x\)，那么 \(\dfrac{a}{b}\) 就是两边同乘 \(a\) 的结果，这个 \(x\) 就叫做 \(b\) 在模 \(m\) 意义下的逆元，记作 \(b^{-1}\)。\(a / b\) 就是 \(a\times b^{-1}\)。
它怎么求？
- exgcd
转化一下 \(xb\equiv 1 \pmod m\)，线性同余方程组，那 exgcd 随便跑。有解情况是 \(b, m\) 互质。这是一个线性同余方程，具体解法下面会提及。 - 费马小定理
只适用于 \(m\) 为质数，由于 \(a^{p - 1}\equiv 1\pmod m\)，所以 \(a\times a^{p - 2}\equiv 1 \pmod m\)。所以 \(a^{-1} = a^{p - 2}\)。 - 线性递推。
这个就很高级，虽然我觉得它似乎没什么用，因为 OI 里面我们都知道 \(O(n)\) \(O(n\log_2 n)\) 众生平等（划掉
但是学一手以防万一对吧（）
众所周知，\(1^{-1} = 1\)。我们记 \(ki+r = m\)，那么就有
\(ki+r \equiv 0 \pmod m\)。两边同乘 \(i^{-1}\) 得到
\(k + ri^{-1}\equiv 0 \pmod m\) 即 \(i^{-1}\equiv -kr^{-1}\pmod m\)，即 $ i^{-1}\equiv -\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor (p\bmod i)^{-1}\pmod m$
有了逆元我们就可以做模意义下的除法辣✿✿ヽ(°▽°)ノ✿
7. 线性同余方程
\(ax\equiv b\pmod m\)，形如这样的关于 \(x\) 的方程。
脑子告诉我们它等价于这样一个式子 \(ax - km = b\)，拿 exgcd 一跑就行了.
8. 线性同余方程组，模数互质（CRT）
这就是我们幼儿园学习过的韩信点兵问题，但是当时没有学一个一般化（雾）的解法。
它是用来解形如 \(\begin{cases}x \equiv r_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv r_2\pmod {m_2} \\ \dots \\ x \equiv r_n \pmod {m_n}\end{cases}\)。其中 \(m_1\sim m_n\) 两两互质。
我们记 \(M = \prod\limits_{i = 1}^n m_1，v_i = (\dfrac{M}{m_i})^{-1}(模 m_i 意义下的)\)，通解形式是 \(ans = \sum\limits_{i = 1}^n \dfrac{M}{m_i}v_ir_i + kM\)，最小解是 \(ans = \sum\limits_{i = 1}^n \dfrac{M}{m_i}v_ir_i \bmod M\)。
证明如下：先指针对一个同余方程 \(x\equiv r_i \pmod {m_i}\) 看，计算它的贡献，为了消去 \(x\) 对其它方程组的影响，我们先给它乘上一个 \(\dfrac{M}{m_i}\)。由于我们答案是求和的，这样做它对其它方程组取余的结果就为 \(0\)，不会影响答案。
我们令 \(x'\dfrac{M}{m_i}\equiv r_i \pmod {m_i}\)，移项得到 \(x' \equiv \dfrac{r_im_i}{M}\pmod {m_i}\)，也就是 \(x' \equiv r_i\times (\dfrac{M}{m_i})^{-1}\pmod {m_i}\)，这里对答案的贡献就是 \(\dfrac{M}{m_i}v_ir_i\)。
CRT 这样的“乘一个倍数消去贡献”的方法很好用，很多题都能用的上，同时对于许多模数有严格限制（比如 NTT）这样的算法，我们可以先拿两个大质数算出解，构造两个同余方程组，然后对于新模数再计算，这样常数固然会比较大，但是相对于 MTT（显而易见我没学过它）好理解十倍甚至九倍（划掉
逆元拿 exgcd 算，代码都是老早之前写的，明天重写一份贴上来 qwq