扩展欧几里得的定理：
对于两个不全为0的整数a、b，必存在一组解x,y，使得ax+by==gcd(a,b);
实现如下
int gcd(int a,int b, int& x, int& y){
int t,d;
if(b==0) {
x=1, y=0; //不明处1
return a;
}
d=gcd(b,a%b);
t=x, x=y;
y=t-(a/b)*y; //不明处2
return d;
}
我个人觉得第一次看到这个程序你会有以上两个不明白的地方（见注释），下面我分别解释
不明处1：
由扩展欧几里得定理：ax+by == gcd(a,b) (式1)，而此时b == 0，也就是说gcd(a,0) == a。原式变为ax+by == a -> x == 1,y == 0。应该够清楚了吧
不明处2：
这里先说明一下我的一些规则，x,y表示第一次递归时的值，x1,y1表示第二次递归时的值。那么
gcd(a,b) == gcd(b,a%b)，同时都代入式1，有ax+by==b*x1+(a%b)*y1。将右边变形一下
bx1+(a%b)y1==bx1+(a-(a/b)b)y1==ay1+b(x1-(a/b)y1)，最终得到ax+by==ay1+b(x1-(a/b)*y1)
也就是说，上一深度的x等于下一深度的y1，上一深度的y等于下一深度的x1-(a/b)*y1。 需要注意，上面推导时用的除法都是整型除法
到这里为止，我们便得到了不定式ax+by==gcd(a,b)的一组解，x、y。
那么对于一般的不定式ax+by==c，它的解应该是什么呢。很简单，x1=x*(c/gcd(a,b)),y1=y*(c/gcd(a,b))。很好理解吧~
再深入一点，就解出这么一组解其实一般来说是解决不了什么问题的。没有哪个ACM的题这么简单吧。。。比如我们现在要得到所有的解，那么这所有的解究竟是什么呢？
直接说吧,假设d=gcd(a,b). 那么x=x0+b/dt; y=y0-a/dt;其中t为任意常整数。
这个是怎么推导出来的，说实话我也不知道，就先这么记着吧！
好了，说了这么多，光说不练也无济于事
先做一个最简单的题目，pku 1061青蛙的约会
先说一下大概题意：有两只青蛙，一只在坐标x，另一直在坐标y，青蛙x一次跳跃可以前进m单位距离，青蛙y一次跳跃可以前进n单位的距离，两青蛙都在同一纬度，该纬度长度为L。两只青蛙同方向同时跳啊跳，问你最少跳多少次，它们才可以相遇，如果不能相遇，输出impossble
分析：假设跳了T次以后，青蛙1的坐标便是x+mT,青蛙2的坐标为y+nT。它们能够相遇的情况为（x+mT）-(y+nT)==P*L，其中P为某一个整数，变形一下
得到(n-m)T+PL == x-y 我们设a=(n-m),b=L,c=x-y,T=x,P=y.于是便得到ax+by==c。激动啊，这不就是上面一样的式子吗~
直接套用扩展欧几里得函数，得到一组解x,y。由于问题是问最少跳多少次，于是只有x是我们需要的信息。那么再想，x是最小的吗？
答案是可能不是！那么如何得到最小解呢？ 我们考虑x的所有解的式子： x=x0+b/dt。x0是我们刚刚求到的，很显然右边是有个单调函数，当t为某一个与x正负性质相反的数时，可以得到最小的x。 令x的正负性质为正，那么x=x0-b/dt1 (t1==-t)。令x==0，那么t=x0*d/b，最小的x等于x0减去t * b/d。这里得到的x可能是负数，如果是负数，我们再为它加上一个b/d即是所求答案了！
#include<iostream>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
usingnamespace std;
__int64 x,y,a,b,c,d;
__int64 n,m,X,Y,L;
__int64 gcd(__int64 a,__int64 b)
{
__int64 t,d;
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
d=gcd(b,a%b);
t=x;
x=y;
y=t-(a/b)*y;
return d;
}
int main()
{
while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&X,&Y,&m,&n,&L)==5)
{
a=n-m;
b=L;
c=X-Y;
d=gcd(a,b);
if(c%d!=0)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
x=x*(c/d);
y=y*(c/d);
/*通解：
x1=x+b/d*t;
y1=y-a/d*t;
t为任意整数
*/
//找最小的x1，即求x+b/d*t最小，那么只有t为某一个数时才最小
//显然t必须与x正负相反才有最小，那么就看做x-b/d*t,这个式子的最小值便是t=x/(b/d)时，注意这是整型除法
__int64 k=x*d/b;
k=x-k*b/d;
if(k<0)
k+=b/d;
printf("%I64d\n",k);
}
return0;
}
再来看一题难一点的 pku 2142 the balance
还是先说一下题意吧：一个家伙有一种天平，这种天平只有两种重量的砝码a和b，现在要称出重量为c的物品，问你至少需要多少a和b，答案需要满足a的数量加上b的数量和最小，并且他们的重量和也要最小。（两个盘都可以放砝码）
分析：
这题我刚刚开始还以为是动规或者搜索，也算是碰了一鼻子的灰吧。
假设a砝码我们用了x个，b砝码我们用了y个。那么天平平衡时，就应该满足ax+by==c。x,y为正时表示放在和c物品的另一边，为负时表示放在c物品的同一边。
于是题意就变成了求|x|+|y|的最小值了。x和y是不定式ax+by==c的解。
刚刚上面已经提到了关于x,y的所以解的同式，即
x=x0+b/d*t
y=y0-a/d*t
你是不是下意识的想要穷举所有解，取|x|+|y|最小的？显然是行不通的，仔细分析：|x|+|y| == |x0+b/dt|+|y0-a/dt|，我们规定a>b(如果a<b，我们便交换a b)，从这个式子中，我们可以轻易的发现：|x0+b/dt|是单调递增的，|y0-a/dt|是单调递减的，而由于我们规定了a>b，那么减的斜率边要大于增的斜率，于是整个函数减少的要比增加的快，但是由于绝对值的符号的作用，最终函数还是递增的。也就是说，函数是凹的，先减小，再增大。那么什么时候最小呢？很显然是y0-a/dt==0的时候，于是我们的最小值|x|+|y|也一定是在t=y0d/a附近了，我是在t点左右5个点的范围内取最小的(据说左右一个点都可以，不过我试了一下wa了)。
#include<iostream>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
usingnamespace std;
#define min(a,b) a<b?a:b
#define max(a,b) a>b?a:b
int x,y;
int a,b,c;
int gcd(int a,int b)
{
int d;
if(b==0)
{
x=1;y=0;
return a;
}
else
{
d=gcd(b,a%b);
int t=x;
x=y;
y=t-(a/b)*y;
}
return d;
}
int main()
{
int d;
while(scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)!=EOF)
{
if(!a &&!b &&!c)
break;
int flag=0;
if(a<b)
{
flag=1;
swap(a,b);
}
d=gcd(a,b);
x=x*c/d; y=y*c/d;
int t=y*d/a,ans=0xfffffff;
int x1,y1,x2,y2;
for(int i=t-5;i<=t+5;i++)
{
x2=x+(b/d)*i;
y2=y-(a/d)*i;
if(abs(x2)+abs(y2)<ans)
{
ans=abs(x2)+abs(y2);
x1=x2;
y1=y2;
}
}
if(!flag)
printf("%d %d\n",abs(x1),abs(y1));
else
printf("%d %d\n",abs(y1),abs(x1));
}
return0;
}
再来个更难一点的 PKU 2891 Strange Way to Express Integers
大概题意是，给你很多同余关系，要你求一个数，使得这个数c mod a1 == b1 ,c mod a2 == b2… c mod ak==bk（a1,a2,a3…ak之间可能不互质）
这个其实就是中国剩余定理的欧几里得解法，如果(a1,a2,ak)两两互质的话，那么就可以直接套用中国剩余定理的公式了，可是这题可能不互质。那么就只能用扩展欧几里得来解了，对于头两个关系式，c % a1 == b1, c % a2 == b2，可以联立方程组 a1x+a2y == b2-b1 ，很熟悉，直接套用扩展欧几里得算法得到一组解x,y，再取x的最小值，带入式子c%a1==b1中，便得到了答案 c 。
这是只有两个式子的，很简单，那么对于剩下的第三个第四个怎么办呢？刚刚得到的x已经满足了头两个同余式，对于新来的第三个式子，他们得到的数必须要前面两个式子的要求，同时还要满足第三个新式子的要求，那么我们便将前两个式子合并成一个式子，用这个新式子与第三个式子联立求解，然后依次类推，知道解出了所有式子的解。
那么如何合并呢？
新式子公式是这样的：c1 mod lcm(a1,a2) ==c 这里c1是要求的新答案，c是前两个式子求的的一个解，lcm(a1,a2)是a1，a2的最小公倍数
你可以理解为新的答案c1即要mod a1,又要mod a2,所以就mod lcm(a1,ba)。而余数c 是刚前面求得的答案，也就是说c1不管怎么折腾，都还会保留一个c，即不会破坏前面的成果！
#include<iostream>
#include<string>
usingnamespace std;
__int64 b,b1,c,c1,d,x,y,A,B,C;
__int64 gcd(__int64 a,__int64 b)
{
__int64 d,t;
if(!b)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
d=gcd(b,a%b);
t=x;
x=y;
y=t-(a/b)*y;
return d;
}
int main()
{
int k,i,flag;
freopen("in.txt","r",stdin);
while(scanf("%d",&k)!=EOF)
{
flag=0;
scanf("%I64d%I64d",&b,&c);
if(k==1)
{
printf("%I64d\n",b+c);
continue;
}
for(i=1;i<k;i++)
{
scanf("%I64d%I64d",&b1,&c1);
if(flag)
continue;
A=b; B=b1; C=c1-c;
d=gcd(A,B);
if(C%d!=0)
{
flag=1;
continue;
}
x=x*C/d; //取得x的最小值
x=x-(x*d/B)*(B/d);
if(x<0)
x+=B/d;
c=x*b+c; b=(b*b1)/d; //按前面的分析头两合并式子
}
if(!flag)
{
printf("%I64d\n",c);
}
else
{
printf("-1\n");
}
}
return0;
}