线性同余方程的通解及最小正整数解

1、问题引入

现在来说一个exgcd的应用：求解同余方程

问题：

$$求同余方程3x≡1 (mod\ 10)的一个解$$

解：可将该同余方程改写成其等价形式，如下：

$$3x+10y=1$$

这个问题的本质是什么？

就是

$$求形如ax+by=c方程的一个特解$$

那么对于这种形式的方程如何进行求解喃？
法一：暴力从-99999到9999999一个一个的试？

显然这种本办法是不行的，这个时候就要考虑exgcd

下面来看操作：

$$已知exgcd的标准形式ax+by=gcd（a，b），\\那么可以将形如ax+by=c构造成标准形式：\\ a*(\frac{x*gcd(a,b)}{c})+b*(\frac{y*gcd(a,b)}{c})=gcd（a，b）\\ 令X=\frac{x*gcd(a,b)}{c}，Y=\frac{y*gcd(a,b)}{c},则方程变为：aX+bY=gcd(a,b)\\ 又∵gcd(a,b),c都为已知数\\ ∴可以通过exgcd求出X后，通过反解得到x(如何求解可参考我的上一篇博客)\\ 注：由于是整数解，需要考虑是否能gcd是否整除c\\$$

2、通解求法

问题继续深入下去！！！！

如何

$$求关于同余方程ax+by=c的一组通解$$ $$解：根据前一个问题，我们已经得到了一组特解x_0,y_0\\ 现在的问题转化为了根据特解求通解\\ 设x_i,y_i与x_j,y_j为方程的两组解\\ 则有： \begin{cases} ax_i+bx_i=c ①\\ ax_j+by_j=c ②\\ \end{cases} \\ 联立①②可得a（x_i-x_j）=b（y_j-y_i）\\ 两边同时除以gcd（a，b）那么得到A（x_i-x_j）=B（y_j-y_i）\\ 此时gcd（A，B）=1\\ 那么通过移项可以发现x_i-x_j=\frac{B*(y_j-y_i)}{A}\\ 由于等号两边都为整数\\ 故y_j-y_i=k*A，同理x_i-x_j=k*B=k*\frac{b}{gcd(a,b)} \\ （说明x_i与x_j之间的差一定为\frac{b}{gcd(a,b)}的倍数）\\ 所以通解为： \begin{cases} x=x_0+k*\frac{b}{gcd(a,b)}\\ y=y_0-k*\frac{a}{gcd(a,b)}\\ \end{cases}\\ 有了通解便可以推出x和y的最小正整数解\\$$

3、例题：

题目来自（POJ-1061）：

题干：

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。

标程：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define int long long
int ex_gcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    int gcd = ex_gcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return gcd;
}
signed main()
{
    int x, y, m, n, l;
    cin >> x >> y >> m >> n >> l;
    int a = -(m - n), b = l;
    int X0, Y0;
    int gcd = ex_gcd(a, b, X0, Y0);
    if ((x - y) % gcd)
        cout << "Impossible" << endl;
    else
    {
        X0 = X0 * (x - y) / gcd;
        int s = abs(b / gcd);
        cout << (X0 % s + s) % s << endl;
    }
    return 0;
}