扩展欧几里得——解ax+by = c、ax≡c(mod m)

解ax+by = gcd(a, b)

扩展欧几里得算法可以用来解这样一个方程： $ax+by = gcd(a, b)$，其中a，b是起初给定的数值（根据数论中的相关定理可以证明肯定有整数解 ，我也信了）

欧几里得算法中(辗转相除法),它总是把求解gcd(a,b)转化为gcd(b,a%d)，当b=0时返回a，此时的a就是gcd，因为达到递归边界时，有a* 1+b* 0=gcd成立，此时也有x=1，y=0

int gcd(int a,int b)
{
    if(b==0)return a;
    else return gcd(b,a%b);
}

求： $ax+by = gcd(a, b)$的一组整数解（x,y），观察：
ax+by = gcd(a, b) $\Longrightarrow$两个未知数x，y

根据欧几里得算法里面a，b的变化规律，可以再写出一个辅助式子：
bx₂+a%by₂ = gcd(b,a%b) $\Longrightarrow$+两个未知数x₂，y₂

由欧几里得算法可知，若b $\neq$ 0：gcd(a,b)=gcd(b,a%d)
所以：ax+by = bx₂+a%by₂
即：ax+by = bx₂+（a-a/b）y₂
即：ax+by = ay₂+（b-a/b）x₂
所以：x = y₂，y = x₂ - (a / b) y₂

如果一直这样下去，递归到边界：b=0时，返回x=1，y=0，回溯的过程我们就可以求出最初的x，y的值。

ax+by = gcd通解：

a*b/gcd是a和b的最小公倍数

解ax+by = c

ax+by = c存在解的充要条件是c%gcd==0，ax+by = c的通解和ax+by = gcd一样，唯一不同是初始解（x，y）不同：

模板：

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    LL gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL temp=x;
    x=y;
    y=temp-a/b*y;
    return gcd;
}

Question1：如果需要求该方程的最小非负整数解，该如何调整？
容易发现 $ax+by=gcd(a,b)$等价于 $a∗(x−k∗b)+b∗(y+k∗a)=gcd(a,b)$

所以对于x的调整为x=(x%b+b)%b

对于y的调整为y=(y%a+a)%a

同余式ax≡c(mod m)的求解

同余式：对于整数a、b、m来说，如果m整除a-b（即（a-b）%m==0），那么就说a与b模m同余，对应同余式为a≡b(mod m)，m为同余式的模。例如10与13模3同余，记为10=13（mod 3）。

此处要解决的就是同余式ax≡c(mod m)的求解。根据同余式的定义，有
（ax-c)%m=0成立，因此存在整数-y使得ax-c=-my，即得ax+my=c。

由扩展欧几里得中的结论，当c%gcd(a，m)==0，是方程才有解。

例题：https://www.luogu.org/problem/P1082
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int LL;
const int N=2e6;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    LL gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
    //a%b也可以写成a-a/b*b，最开始写成a-b*a/b可能爆精度了，wa了两次
    LL temp=x;
    x=y;
    y=temp-a/b*y;
    return gcd;
}
int main()
{
    LL a,b,x,y;
    while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
    {
        exgcd(a,b,x,y);
        x=(x%b+b)%b;
        printf("%d\n",x);
    }
}