歐幾里德求gcd（輾轉相除法）：

定理：

gcd(a, b) = gcd(b, a % b)
兩個正整數a和b（a>b），它們的最大公約數等於a除以b的餘數c和b之間的最大公約數

證明：

a可以表示成a = kb + r，則r = a % b；

1. 假設d是a, b的一個公約數，則有a % d = 0，b % d = 0，由於r = a - kb，因此r % d = 0，證明充分性；
2. 假設d 是(b, a % b)的公約數，則b % d = 0，r % d = 0，由於a = kb + r，因此a % d = 0，證明必要性；

實現程式碼：

int gcd(int a, int
 
 b) { //遞迴形式
    if(b == 0) return a;  //當 b == 0 時，（a，0）的最大公約數是a
    return gcd(b, a % b);
}

int gcd(int a, int b) { //非遞迴形式
    int tmp = a;
    while(b) {
        a = b;
        b = tmp % b;
    }
    return a;
}

複雜度：O( log(max(a, b)) )

擴充套件歐幾里德演算法：

用來在已知a, b求解一組x，y使得 a * x + b * y = Gcd(a, b)，擴充套件歐幾里德常用在求解橫線性方程及方程組中。

核心程式碼：

//if(a < 0) a = -a, c = -c;  
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) { //a必須大於0
    if(b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= (a / b) * x;
    return d;
}

主要應用於以下三個方面：

1. 求解不定方程：ax +by = c

• 對於不定整數方程 ax + by = c，若 c mod gcd(a, b) = 0，則該方程存在整數解，否則不存在整數解。
• 在找到 ax + by = gcd(a, b) 的一組解 x0，y0 後，對於 ax + by = c 的整數解，只需將 ax + by = gcd(a, b) 的每個解乘上 c / gcd(a, b) 即可。
• ax + by = gcd(a, b) 的其他整數解滿足： x1 = x0 + k * b / gcd(a, b) ，y1 = y0 - k * a / gcd(a, b) （其中 k 為任意整數）
• 如果要保證x最小，可以令 x % (b / gcd)，同理，保證y最小就需要令 y % (a / gcd)。

經典例題1：Romantic

The Sky is Sprite.
The Birds is Fly in the Sky.
The Wind is Wonderful.
Blew Throw the Trees
Trees are Shaking, Leaves are Falling.
Lovers Walk passing, and so are You.
…………………………..Write in English class by yifenfei
Girls are clever and bright. In HDU every girl like math. Every girl like to solve math problem!
Now tell you two nonnegative integer a and b. Find the nonnegative integer X and integer Y to satisfy X*a + Y*b = 1. If no such answer print “sorry” instead.

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    LL d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= (a / b) * x;
    return d;
}
int main()
{
    LL a, b;
    while(cin >> a >> b) {
        LL x, y;
        LL gcd = exgcd(a, b, x, y);
        if(1 % gcd) cout << "sorry" << endl;
        else { //由於gcd == c == 1所以直接對方程ax + by = gcd(a,b)求解即可
            while(x < 0) { //題目要求x必須大於0
                x += b / gcd;
                y -= a / gcd;
            }
            cout << x << " " << y << endl;
        }
    }
    return 0;
}

2. 求解模線性方程（線性同餘方程）：

同餘方程 ax ≡ b (mod n) 對於未知數 x 有解，當且僅當 gcd(a,n) | b。且方程有解時，方程有 gcd(a, n) 個解，求解方程 ax ≡ b (mod n) 相當於求解方程 ax+ ny = b（x, y為整數）。
每個解之間的間隔dx = n / d。

經典例題2：青蛙的約會

兩隻青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面為止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特徵，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝著某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩隻青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。為了幫助這兩隻樂觀的青蛙，你被要求寫一個程式來判斷這兩隻青蛙是否能夠碰面，會在什麼時候碰面。
我們把這兩隻青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處為原點，由東往西為正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點座標是x，青蛙B的出發點座標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩隻青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後才會碰面。

Solution：

求餘方程問題
假設青蛙跳了t次，根據題意列出方程：(x + t * m) % L = (y + t * n) % L ，轉化為(m - n) * t + k * L = y - x，那麼現在已經符合ax + by = c方程了，設a = m-n，b = L，c = y-x，由於ax + by = gcd(a, b)而不是c，因此只有當c | gcd(a,b)時才有解。
此時方程兩邊同時乘c / gcd(a,b)，就得到 c / gcd(a, b) * (ax + by) = c 方程了。

程式碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
typedef vector<LL> vec;
typedef vector<vec> mat;
const int MaxN = 2e3 + 5;
const int MaxM = 1e5 + 5;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

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

int main()
{
    LL x, y, m, n, l;
    scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &x, &y, &m, &n, &l);
    LL a = m - n, b = l, c = y - x;
    if(a < 0) a = -a, c = -c;
    LL gcd = exgcd(a, b, x, y);
    if(c % gcd) printf("Impossible\n"); 
    else {
        x = x * c / gcd; 
        int base = b / gcd;
        while(x < 0) x += base; //x必須是正數
        printf("%lld\n", x % base);  //保證x最小
    }
    return 0;
}

3. 求解模的逆元：

對於正整數a，如果有 ax ≡ 1 (mod n)，那麼把這個同餘方程中的最小正整數解x叫做a模x的逆元。
對於同餘方程 ax ≡ 1(mod n)， gcd(a, n) = 1 的求解就是求解方程ax + ny = 1。

逆元：

求解逆元的三種方法：

1. 費馬小定理求逆元：

費馬小定理：（m為素數）
推導過程：

故 為a在模m下的逆元(用快速冪求即可)。但有限制條件：m必須為質數，且a，m互質。

2. 拓展gcd求逆元：（a，m互質）

將a，m代入擴充套件gcd公式ax + by = gcd(a, b) 得出公式ax + my = gcd(a, m)，令a，m互質，則gcd(a, m) = 1，得出ax +my = 1，即，此時x就是a的逆元。

3. 尤拉定理：