警告
本文最后更新于 2023-07-07，文中内容可能已过时。
题意：
给出 a,b,c,x1,x2,y1,y2，求满足 ax+by+c=0，且 x∈[x1,x2],y∈[y1,y2] 的整数解个数。
分析：
对于解二元一次不定方程，容易想到利用扩展欧几里得求出一组可行解后找到通解，下面来介绍一下欧几里得以及扩展欧几里得。
欧几里得：
又名辗转相除法，是用来计算两个数的最大公约数，其中就是利用 gcd(a,b)=gcd(b,a mod b) 来求解。下证 gcd(a,b)=gcd(b,a mod b) 的正确性：
设 a,b 的一个公约数为 d
设 a mod b=r，则 a=kb+r(k 为整数），r=a-kb
因为 d|a,d|b
所以 d|a-kb, 即 d|r，而 r=a mod b
所以 d 为 b,a mod b 的公约数
又因为 d 也为 a,b 的公约数，所以（a,b) 和 (b,a mod b) 的公约数一样，所以最大公约数必然一样，得证。
代码描述：
1
2
3
4
5
| int gcd(int a,int b)
{
if (b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
|
扩展欧几里得
顾名思义，为上述欧几里得算法的扩展。欧几里得是用来求 a,b 的最大公约数，那么扩展欧几里得不仅能求出 a,b 的最大公约数，还能求出满足 ax+by=gcd(a,b) 的一组可行解。
求解过程中，扩展欧几里得比欧几里得多了一个赋值过程，具体证明如下：
设 ax1+by1=gcd(a,b),bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b)
因为由欧几里得算法可知，gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
所以 ax1+by1=bx2+(a mod b)y2
因为a mod b=a-(a div b)*b（div 为整除
所以有ax1+by1=bx2+(a-(a div b)*b)y2
将右边移项，展开得：
1
2
| ax1+by1=ay2+bx2-(a div b)*b*y2
=ay2+b[x2-(a div b)]y2
|
所以可得：
x1=y2
y1=x2-(a div b)*y2
将得到的的 x1,y1 递归操作求解 x2,y2，如此循环往复，将会像欧几里得一样得到 b=0 的情况，此时递归结束，返回 x=1,y=0，回溯得解。
代码描述：
此函数返回的是 a,b 的最大公约数，同时也求解出满足 ax+by=gcd(a,b) 的一组可行的 (x,y)
1
2
3
4
5
6
7
8
| int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if (b==0) {x=1;y=0;return a;}
int t=exgcd(b,a%b,x,y);
int x0=x,y0=y;
x=y0;y=x0-(a/b)*y0;
return t;
}
|
关于求解二元一次不定方程 ax+by=c
首先，如果 c 不是 gcd(a,b) 的倍数，方程显然无解。
扩展欧几里得求解的是 ax+by=gcd(a,b)=1 的可行解，但是题目中并没有说 c 与 a,b 互质之类的条件，所以需要在开始时两边同时除以 gcd(a,b)。
设 d=gcd(a,b)
设 a’=a/d,b’=b/d,c’=c/d,
则下面需要求解 a’x+b’y=c’的整数解，而 gcd(a’,b’)=1，
则我们只需求 a’x+b’y=1 的可行解
直接使用扩展欧几里得，得到 (x’,y’), 则最终解为x'*c',y'*c'设为 (x0,y0)。
现在得到了一组可行解，但是如何得到通解呢？
将 (x0,y0) 代入 ax+by=c，则有
a*(x0)+b*(y0)=c
通过拆添项，可有：
1
2
3
4
5
6
7
| a*(x0+1*b)+b*(y0-1*a)=c
a*(x0+2*b)+b*(y0-2*a)=c
a*(x0+3*b)+b*(y0-3*a)=c
……
|
a*(x0+k*b)+b*(y0-k*a)=c (k∈Z)
至此，我们得到了通解的方程
x=x0+k*b
y=y0-k*a (k∈Z)
这样，所有满足 ax+by=c 的可行解都可求出。
具体实现
有了主体算法，下面要谈到具体实现了。
先处理一下无解的情况：
当 a=0 并且 b=0，而 c≠0 时，显然无解；
当 a=0,b=0，而 c=0 时，[x1,x2],[y1,y2] 都为可行解，根据乘法原理，可行解的个数为(x2-x1+1)*(y2-y1+1);
当 a=0 b≠0 时：
此时即为求解 by=c，则 y=c/b，
如果 c/b 不是整数或 c/b 不在 [y1,y2] 的范围内，无解
否则 [x1,x2] 内全部整数都为可行解。
当 b=0,a≠0 时，同上。
若 c 不是 gcd(a,b) 的个数，方程显然无解。
处理完了一些繁琐的细节后，下面是具体的求解过程：
扩展欧几里得求解的是 ax+by=c，而本题是 ax+by+c=0，需将 c 移项。
对于本道题，首先要注意的是，对于负数的模运算在此算法中无法得到正确解，所以要处理一下 a,b,c 的正负情况。
如果 a 为负数，只需将 a 取相反数后，再处理一下 x∈[x1,x2] 的范围。当 a 取了相反数，相当于把 x 也取反，则需要把 x 的范围由 [x1,x2] 转变成 [-x2,-x1], 类似于把数轴反了过来。b 同理。
利用扩展欧几里得解二元一次不定方程，得到一组可行解 (x0,y0)。
因为题目中对 x,y 有条件约束，而有 x=x0+kb,y=y0-kb，我们可以求出满足 x∈[x1,x2],y∈[y1,y2] 的 k 的取值范围，
即为求解 x1<=x0+kb<=x2,y1<=y0-kb<=y2 的整数 k 的个数
但是在求解这两个一次函数的过程中，会有除不尽的现象，该如何取整呢？
举个例子
当出现 2.5<=k<=5.5 时，我们需要的可行的 k 为 3,4,5，所以需要将 2.5 向上取整得到 3，5.5 向下取整得到 5，即为 3<=k<=5；
当出现-5.5<=<=-2.5 时，我们需要的可行的 k 为-5,-4,-3, 所以需要将-5.5 向上取整得到-5,-2.5 向下取整得到-3，即为-5<=k<=-3；
正负数的情况都已经考虑完全了，可以得到取整的结论：上界下取整，下界上取整。
最后，将得到的两个范围取交集，得到 [l,r]，则最终答案为 r-l+1。
这样，本题就可以完美解决了。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
| // BY Rinyo
#include<cstdio>
#include<cmath>
long long a,b,c,x1,x2,yy1,y2,x0,yy0;
inline long long cmin(const long long &x,const long long &y) {return x<y?x:y;}
inline long long cmax(const long long &x,const long long &y) {return x>y?x:y;}
long long gcd(long long a,long long b)
{
if (b==0) return a;
return gcd(b,a % b);
}
void exgcd(long long a,long long b)
{
if (b==0){x0=1;yy0=0;return;}
exgcd(b,a%b);
long long t=x0;x0=yy0;yy0=t-a/b*yy0;
return;
}
int main()
{
scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&a,&b,&c,&x1,&x2,&yy1,&y2);
c=-c;
if (c<0) {a=-a;b=-b;c=-c;}
if (a<0) {a=-a;long long t=x1;x1=-x2;x2=-t;}
if (b<0) {b=-b;long long t=yy1;yy1=-y2;y2=-t;}
if (a==0 && b==0)
{
if (c==0)
{
printf("%I64d",(x2-x1+1)*(y2-yy1+1));
return 0;
}
printf("0");return 0;
}
else if (a==0)
{
if (c %b ==0)
if (c/b<=y2 && c/b>=yy1) {printf("%I64d",x2-x1+1);return 0;}
printf("0");return 0;
}
else if (b==0)
{
if (c%a==0)
if (c/a<=x2 && c/a>=x1) {printf("%I64d",y2-yy1+1);return 0;}
printf("0");return 0;
}
long long d=gcd(a,b);
if (c%d!=0){printf("0");return 0;}
a=a/d;b=b/d;c=c/d;
exgcd(a,b);
x0=x0*c;yy0=yy0*c;
double tx2=x2,tx1=x1,tx0=x0,ta=a,tb=b,tc=c,ty1=yy1,ty2=y2,ty0=yy0;
long long down1=floor(((tx2-tx0)/tb)),down2=floor(((ty0-ty1)/ta));
long long r=cmin(down1,down2);
long long up1=ceil(((tx1-tx0)/tb)),up2=ceil(((ty0-ty2)/ta));
long long l=cmax(up1,up2);
if (r<l) printf("0");
else printf("%I64d",r-l+1);
return 0;
}
|
扩展欧几里得模板
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
| #include<iostream>
using namespace std;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
int gcd=exgcd(b,a%b,x,y);
int x2=x,y2=y;
x=y2;
y=x2-(a/b)*y2;
return gcd;
}
int main()
{
int x,y,a,b;
cout<<"请输入 a 和 b:"<<endl;
cin>>a>>b;
cout<<"a 和 b 的最大公约数："<<endl;
cout<<exgcd(a,b,x,y)<<endl;
cout<<"ax+by=gcd(a,b) 的一组解是："<<endl;
cout<<x<<" "<<y<<endl;
return 0;
}
|
Jian YE
支付宝
微信