線性同餘方程-擴充套件歐幾里得演算法
完整程式碼見https://github.com/YIWANFENG/Algorithm-github
線性同餘方程定義
對於線性同餘方程
這個式子的意思即 （ax)%n = b
如果 x0 是方程的一個解，那麼所有的解可以表示為：
其中d = gcd(a,n)
性質
此方程有解當且僅當 b 能夠被 a 與 n 的最大公約數整除（記作 gcd(a,n) | b）
用演算法表示即 b%gcd(a,n) == 0
解法推理（擴充套件歐幾里得演算法求特解）
由上面可知我們只要求出一個特解即可得通解。
由裴蜀定理（對任何整數a，b，m，關於未知數x,y的裴蜀等式ax +by = m, 當且僅當m為(d=gcd(a,b)）的倍數時有整數解）知
ax + by = gcd(a,b)
上面這個式子是擴充套件歐幾里得演算法的核心，
推理擴充套件歐幾里得演算法
情況1：當b = 0時，明顯可知
ax+by = ax = gcd(0,a%0) = a
所欲x = 1, y = 0 即可
情況2 : 當a !=0 &&b != 0時
ax+by = gcd(a,b)
即有
gcd(a,b) = a * x1 + b * y1
gcd(b, a%b) = b * x2 + (a%b) * y2
由 a%b = a-int(a/b)*b
得
a * x1 + b * y1 = b * x2 + (a-int(a/b)*b) *y2
即
a * x1 + b * y1 = b * x2 + a * y2 –int(a/b)*b * y2
即
a * x1 + b * y1 = a * y2 + b * ( x2 –int(a/b) *y2 )
所以有
x1 = y2
y1 = ( x2 – int(a/b) *y2 )
由這兩個等式，我們通過可得遞迴式的擴充套件歐幾里得演算法
int gcdEx(int a,int b,int &x,int&y) { //擴充套件歐幾里得演算法 //求得aX + nY = gcd(a,n) 的一個(X,Y) if(b!=0){ intr = gcdEx(b,a%b,x,y); intt = x; x= y; y= t - a/b*y; returnr; }else { x= 1; y= 0; returna; } }
使用擴充套件歐幾里得演算法求特解
ax%n = b（1-1）
即存在x,y滿足ax+ny = b（1-2）
d = gcd(a,n)
b/d ∈ Z
存在（X,Y）滿足 aX + nY =d （1-3）
gcdEx()可得一個（X,Y）
（1-3）/ d * b可得
（1-4）
對比（1-2）(1-4)可得
對於
這樣我們便得到一個(1-1)的特解x
void linear_congruences(int a,int b,int n){
//求得 ax = b (mod n)
if(b% gcd(a,n) == 0){
intx,y,d,c,re;
if(n>a) {
c= a;
a= n;
n= c;
d= gcdEx(a,n,x,y);
re= y*b/d;
cout<<"s";
cout<<"通解"<<re<<" + Z*"<<a/d<<endl;
}else {
d= gcdEx(a,n,x,y);
re= x*b/d;
cout<<"通解"<<re<<" + Z*"<<n/d<<endl;
}
}else {
cout<<("Noresult")<<endl;
}
}
int main(int argc,char* argv[])
{
//3x 同餘於 2 （mod6）
linear_mod_function(3,2,6);
//5x同餘於 2 （mod6）
linear_mod_function(5,2,6);
//4x同餘於 2 （mod6）
linear_mod_function(4,2,6);
//10x同餘於 2 （mod6）
linear_mod_function(6,2,4);
//cin.get();
return 0;
}例題-旅行青蛙
兩隻住在地球同一緯線上的青蛙想要見面，他們都選擇向西跳，直至碰面(兩隻青蛙在同一點)，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。我們需要判斷青蛙是否可以會面，如果可以則需要跳多少次。
Input：
輸入只包括一行5個整數x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
Output：
輸出碰面所需要的跳躍次數，如果永遠不可能碰面則輸出一行"Impossible"
如果青蛙能夠相遇，則x + m*s – (y + n*s) = L * z
s為步數，z為一個整數
變形得(m-n)s = (x-y) (mod L)
對linear_congruences（（m-n）,(x-y),L）{ …}稍加修改即可
void POJ() {
intX,Y,M,N,L,a,n,b;
cin>>X>>Y>>M>>N>>L;
a= (M-N);
n= L ;
b= -(X-Y);
if(b%gcd(a,n)==0){
intx,y,d,c,re;
if(n>a) {
c= a;
a= n;
n= c;
d= gcdEx(a,n,x,y);
re= y*b/d;
while(re>0)re-=abs(a/d);
re+=abs(a/d);
cout<<re<<endl;
}else {
d= gcdEx(a,n,x,y);
re= x*b/d;
while(re>0)re-=abs(n/d);
re+=abs(a/d);
cout<<re<<endl;
}
}else {
cout<<"Impossible"<<endl;
}
}Ref
線性同餘方程
https://zh.wikipedia.org/wiki/%E7%BA%BF%E6%80%A7%E5%90%8C%E4%BD%99%E6%96%B9%E7%A8%8B
擴充套件歐幾里得演算法
https://zh.wikipedia.org/wiki/%E6%89%A9%E5%B1%95%E6%AC%A7%E5%87%A0%E9%87%8C%E5%BE%97%E7%AE%97%E6%B3%95
裴蜀定理
https://zh.wikipedia.org/wiki/%E8%B2%9D%E7%A5%96%E7%AD%89%E5%BC%8F
現代魔法學院
http://www.nowamagic.net/academy/detail/40110128