裴蜀定理

定义

裴蜀定理，又称贝祖定理（Bézout's lemma）、贝祖等式（Bézout's identity）。是一个关于最大公约数的定理。

其内容是：

设是不全为零的整数，对任意整数，满足 $\gcd(a,b)\mid ax+by$ ，且存在整数 , 使得 $ax+by=\gcd(a,b)$ .

证明

对于第一点

由于 $\gcd(a,b)\mid a,\gcd(a,b)\mid b$

所以 $\gcd(a,b)\mid ax,\gcd(a,b)\mid by$ ，其中均为整数

因此 $\gcd(a,b)\mid ax+by$

对于第二点

若任何一个等于 , 则 $\gcd(a,b)=a$ . 这时定理显然成立。
若不等于 .

由于 $\gcd(a,b)=\gcd(a,-b)$ ,

不妨设都大于， $a\geq b,\gcd(a,b)=d$ .

对 , 两边同时除以 , 可得 , 其中 .

转证 .

我们先回顾一下辗转相除法是怎么做的，由 $\gcd(a, b) \rightarrow \gcd(b,a\mod b) \rightarrow \dots$ 我们把模出来的数据叫做于是，有
$\gcd(a_1,b_1)=\gcd(b_1,r_1)=\gcd(r_1,r_2)=\cdots=(r_{n-1},r_n)=1$
把辗转相除法中的运算展开，做成带余数的除法，得
$\begin{aligned}a_1 &= q_1b_1+r_1 &(0\leq r_1<b_1) \\ b_1 &= q_2r_1+r_2 &(0\leq r_2<r_1) \\ r_1 &= q_3r_2+r_3 &(0\leq r_3<r_2) \\ &\cdots \\ r_{n-3} &= q_{n-1}r_{n-2}+r_{n-1} \\ r_{n-2} &= q_nr_{n-1}+r_n \\ r_{n-1} &= q_{n+1}r_n\end{aligned}$
不妨令辗转相除法在除到互质的时候退出则所以有（被换成了，为了符合最终形式）
$r_{n-2}=x_nr_{n-1}+1$
即
$1=r_{n-2}-x_nr_{n-1}$
由倒数第三个式子 $r_{n-1}=r_{n-3}-x_{n-1}r_{n-2}$ 代入上式，得
$1=(1+x_nx_{n-1})r_{n-2}-x_nr_{n-3}$
然后用同样的办法用它上面的等式逐个地消去 $r_{n-2},\cdots,r_1$ ,

可证得 . 这样等于是一般式中的情况。

推广

逆定理

设是不全为零的整数，若是的公因数，且存在整数 , 使得，则 $d = \gcd(a, b)$ 。

特殊地，设是不全为零的整数，若存在整数 , 使得，则互质。

多个整数

裴蜀定理可以推广到个整数的情形：设 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 是不全为零的整数，则存在整数 $x_1, x_2, \dots, x_n$ , 使得 $a_1 x_1 + a_2 x_2 + \cdots + a_n x_n=\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n)$ 。其逆定理也成立：设 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 是不全为零的整数，是 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 的公因数，若存在整数 $x_1, x_2, \dots, x_n$ , 使得 $a_1 x_1 + a_2 x_2 + \cdots + a_n x_n=d$ ，则 $d = \gcd(a_1, a_2, \dots, a_n)$ 。

应用

Codeforces Round #290 (Div. 2) D. Fox And Jumping

给出张卡片，分别有和。在一条无限长的纸带上，你可以选择花的钱来购买卡片，从此以后可以向左或向右跳个单位。问你至少花多少元钱才能够跳到纸带上全部位置。若不行，输出。

分析该问题，发现想要跳到每一个格子上，必须使得所选数 $l_{i_1}, \dots, l_{i_k}$ 通过数次相加或相减得出的绝对值为，也即存在整数 $x_1, \dots, x_n$ 使得 $l_{i_1} x_1 + \cdots + l_{i_k} x_k = 1$ 。由多个整数的裴蜀定理逆定理，这相当于从数组 $l_1, \dots, l_n$ 选择若干个数，满足它们的最大公因数为 1，同时要求代价和最小。

解法 1：我们可以转移思想，因为这些数互质，即为号节点开始，每走一步求 $\gcd$ （节点号，下一个节点），同时记录代价（求边权），就成为了从通过不断 $\gcd$ 最后变为的最小代价。

由于：互质即为最大公因数为， $\gcd(0,x)=x$ 这两个定理，可以证明该算法的正确。选择优先队列优化 Dijkstra 求解。

不过还有个问题，即为需要记录是否已经买过一个卡片，开数组标记由于数据范围达到会超出内存限制，可以想到使用 unordered_map（比普通的 map 更快地访问各个元素，迭代效率较低，详见 STL-map）

解法 2：从数组 $l_1, \dots, l_n$ 选择若干个数，满足它们的最大公因数为 1，且代价和最小，由此可以想到 0-1 背包问题。

设 $f_{i, j}$ 表示考虑前个数且最大公因数为的最小代价，则有转移方程：

f_{i, j} = \min_{\gcd(k, l_i) = j} f_{i - 1, k} + c_i.

DP 后最终的总代价即为 $f_{n, 1}$ 。

如同一般的 0-1 背包问题，可以用滚动数组优化，去掉第一维。而这里 300 个数可达的最大公因数是很稀疏的，因此还可以使用 unordered_map 代替数组储存下标，优化内存并进一步减少枚举量。

实际上，这里解法 1 建出的图便是解法 2 中动态规划的状态转移图，解法 2 相当于用动态规划求有向无环图的最短路，因此解法 1 和解法 2 是等价的。但解法 2 无需储存全图，同时 DP 的时间复杂度为，相比 Dijkstra 算法更低，因此解法 2 在时间和空间上更优。

进一步结论

对自然数、和整数，与互素，考察不定方程：

其中 x 和 y 为自然数。如果方程有解，称 n 可以被 a、b 表示。

记。由 a 与 b 互素，C 必然为奇数。则有结论：

对任意的整数 n，n 与中有且仅有一个可以被表示。

即：可表示的数与不可表示的数在区间对称（关于 C 的一半对称）。0 可被表示，C 不可被表示；负数不可被表示，大于 C 的数可被表示。

证明

由于 a、b 互素，因此原方程有整数解。设解为：

\begin{cases}x=x_0+bt\\y=y_0-at\end{cases}

其中 t 为整数。取适当的 t，使得 y 位于 0 到之间。这只需在上加上或减去若干个 a，即可得到这样的 t。

第一步：证明大于 C 的数都可以被表示。当 n 大于 C 时：

ax=n-by>ab-a-b-by\geqslant ab-a-b-b(a-1)=-a

于是 x 也是非负整数。

第二步：证明 C 不可被表示，进而 n 与不可能都被表示。

反证法。若有非负整数解 x、y，则：

由于 a 与 b 互素，所以 a 整除，b 整除，a 不超过，b 不超过。于是有：

ab=a(x+1)+b(y+1)\geqslant ab+ab=2ab

矛盾！第二步证完。

第三步：证明如果 n 不可被表示，则可被表示。

由上可知，若 n 不可被表示，由于上述方程中已规定 y 在 0 到之间，则 x 为负。所以：

显然和均非负，于是可被表示。

几何意义

重新观察方程，将它看成一条直线。直线与两坐标轴在第一象限围成三角形。

当的时候，这个直线在第一象限，至多只能通过一个整点。

根据上述讨论：当 n 可以被表示的时候，直线恰好经过一个整点；当 n 不可以被表示的时候，直线不经过整点（在第一象限）。

这结论也可以理解为：作三角形。随着 n 从 0 不断增加，直线向右上方平移，整点会一个一个地通过直线，直到最后才撞上两个整点。

因此，小于等于 n 的能被表示的非负整数的数量，恰好就是直线（含）与两坐标轴（含）在第一象限围成三角形覆盖的整点个数。

另一种解释

考虑模 b 意义下每个剩余系中最小能被表示的值是多少——大于他们的可以通过增加若干个 b 得到。

观察原方程，a 的若干倍数 $0, a,\cdots, (b−1)a$ 在 $\pmod b$ 意义下互不相同。这些数恰好是这些最小值。那么当时，小于等于 n 的能被表示的非负整数的数量是：

\sum\limits_{i=0}^{\left[\frac{n}{a}\right]}\left[\frac{n − ia}{b}\right]

这是一个非常经典的直线下整点问题，恰好是这条直线：

y=-\frac{a}{b}x+\frac{n}{b}

即。

使用类欧几里得算法可以在 $O(\log \max(a,b))$ 的时间内求解。因此我们得到了计算小于等于 n 的能被表示的非负整数的数量的工具。

题目

P3951 NOIP2017 提高组小凯的疑惑/蓝桥杯 2013 省买不到的数目

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