OI模板-gcd/逆元/同余

long long!

gcd

inline int gcd(int a, int b){ return (b ? gcd(b, a%b) : a); }

exgcd

求解 $ax+by=1$ 的可行解。

inline void exgcd(int &x, int &y, int a, int b){
	if(!b){ x = 1, y = 0; return; }
	exgcd(x, y, b, a%b);
	int z = x; x = y; y = z - a / b * y;
}

对于 $ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b)$ 的形式，可以转化为 $ax+by=1$ 进行求解，解出特解 $x_0$，通解即为 $x_0+kb$，最小正整数解 $x_{min{\mathbb{Z}}^{+}}=(x_0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b+b)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}b$。

裴蜀定理

$ax+by=c$ （$x,y$ 为正整数）成立的充要条件是 $gcd(a,b)|c$。显然

有理数取余

求解 $x\equiv \frac{a}{b}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。

• 两边同乘 $b$ 得 $bx\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。
• 用 $\text{exgcd}$ 求得一 $x_1$ 使得 $b{x}_1\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
• 所以 $b\times (a{x}_1)\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$。
• 此时 $a{x}_1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$ 即为答案。
• （当 $b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=0$ 时无解）

int getmod(int a, int b, int p){//要满足 a < p, b < p（不满足取mod）
	if(b % p == 0) return -1;
	int x, y; exgcd(x, y, b, p);
	long long ans = a * (long long)((x + p) % p) % p;
	return (int)ans;
}

逆元

费马小定理

$ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 则 $x\equiv a^{p-2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，快速幂求解。（仅限 $p$ 为质数）

exgcd

$ax\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ 则有整数 $k$ 使得 $ax+pk=1$，exgcd 求解。（仅限 $x\perp p$ 但这个不满足的话就没有逆元了）

int getinv(int x, int p){
	int a, k;
	exgcd(a, k, x, p);
	return (a % p + p) % p;
}

线性递推 gugugu