以前好像提及过关于同余问题，这里就不多讲了。。。
现在我要记录的，好像有些些复杂（当然，只是对于我来说）
语不惊人死不休！！
首先我要提及的是一次同余方程，形如 ax≡b(mod m)
首先我们要对同余方程ax≡b(mod m) 解的情况进行分析（要的解范围要在0到m之间，不知道为啥哈哈哈）
1.当（a,m）=1时有唯一解；（默默的提一句，最大公约数）
2.当（a,m）| b时有解，解的个数是（a,m）个
3.当（a,m） 不能整除 b时，无解；
概括一下，也就是说，我们首先要求出a与m的最大公约数，如果是b的倍数，那解的个数就是（a，m），如（a,m）不能整除b，那就是无解！！！
（至于为啥是这样的，我能力有限，就不在此讨论了，也许几年后的今天我就可以对此完善了）
那关于同余方程应该怎样求解呢？以下给出两种方法————形式分数求解（如果实在不懂，可从数学选修4-6,37页自行学习）
1.乘式求解
我们换种形式
，然后分子、分母同乘以与m互素的正整数n后，在分别对分子、分母%m,使用等式右边变成整数，便得到方程唯一的解。（当然，我们要的解范围要在0到m之间）
是不是没听懂？？我来给你举个例子：7x≡8(%10) 求解x
变换形式得到x≡8/7≡8*3 / 7*3≡ 24%10/21%10 ≡4/1≡4(mod10)
其中，那个3就是“与m互素的正整数”，这可以是任何数，但是我要满足原分母（7）乘上这个数之后能模 m（就是10）之后余1（余1的目的是最后可以得到整数），所以其实核心就是经过多次变换，把分母变成1，求得解。
2.加式求解
我们依旧把他换成
的形式，在分子上加上m的倍数，使新分子和分母有公约数，再约去它。最终得到的就是解。核心其实也就是让b一直加m，一直加到能让分子能整除分母即可；
3.扩展欧几里得算法（在后面我会讲到）
那我总结一下吧（其实是贺的老师的PPT）
1. 一般的线性同余方程为ax≡b(%m)，其中a≠0，b,m均为已知数，x为未知数
2.这类方程解法：先将原方程化为ax+my=b的不定方程，根据b能否整除gcd(a,m)判断方程是否有解，然后再用刚才说的那三种方法求解
3.若”d=(a,m) | b” ,b不能被d整除，则方程ax≡b(%m)无解, 否则在%m的完全剩余系{0,1,2....m-1}中，恰有d个解，第一个解为：
x0=x' * (b/d) %m,其余d-1个解可以通过对%n加上(m/d)的倍数得到，即xi=(x0+i*(m/d))%m, (1≤i≤d-1).（拓欧几里得)
代码部分：
解ax≡b(modm)方程
要求：输入三个非零整数a,b,m空格间隔。（a,b,m整型范围内），输出x的同余解，如果无解输出“no answer!”
这是解法一（扩展欧几里得）
#include<iostream>
using namespace std;
int a,b,m;
int ex_gcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;return a;
}
int x1,y1;
int d=ex_gcd(b,a%b,x1,y1);
x=y1;
y=x1-a/b*y1;
return d;
}
void mod_f(int a,int b,int m)
{
int d,x,y,e,i;
d=ex_gcd(a,m,x,y);
if(b%d!=0)
{
printf("no answer!");
}
else
{
e=(x*(b/d)+m)%m;
for(i=0;i<d;i++)
printf("%d ",(e+i*(m/d))%m);
}
}
int main()
{
cin>>a>>b>>m;
mod_f(a,b,m);
return 0;
}关于扩展欧几里得算法我求了求旁边的大佬帮我讲了一遍，我好像是懂了吧，就是这个意思：
首先还要再提一下关于欧几里得算法和裴蜀算法哈哈
1.欧几里得算法就是辗转相除法，即gcd(a,b)=gcd(b,a%b)。
2.裴蜀算法：
a,b是整数，如果c=gcd(a,b)，那么对于任意整数x,y，a*x+b*y是c的倍数。
今天我们运用的是当gcd(a,b)|c时，x,y的不定方程a*x+b*y=c(a,b,c均为整数)有整数解无数个
下面给出证明（我分为gcd(a,b)|c和不满足gcd(a,b)|c）
设r=gcd(a,b)
那么我们可以表示一下a=nr,b=mr,c=qr
y=(c-a*x)/b=(qr-nr*x)/mr=(q-n*x)/m
我们不难看出：若gcd（a，b）|c的话，q就是整数。 因为y=(q-n*x)/m，所以若y是整数，总有x是整数满足这个式子（即有x使得y为整数），所以有无数组解。
然而，如果c不能整除gcd（a，b），也就是q为小数，我们还是看y=(q-n*x)/m这个式子，（其中q是小数，m、n是整数），如果y是整数，那么由于m是整数，可以推出q-n*x一定为整数，又由于q是小数、n是整数，可以推出x一定为小数。 依照此方法，我们也可以顺利地推出若x是整数，y一定不是整数，即x，y一定不能同时取整。
ok，那么我们可以进入正题了，下面是正规题解（前两步是复制粘贴的是旁边大佬的，yyds）
首先第一步，是根据贝祖定理判断有无整数解（gcd(a,b)|c则有整数解）。那么c=n*gcd(a,b),则设x=n*q,y=n*p。所以a*q+b*p=gcd(a,b)。
接着是第二步，是运用欧几里得算法得到a*q+b*p=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=b*q`+(a-a/b*b)*p`=a*p`+b*(q`-a/b*p`)。
现在我们前后比对一下，a*q+b*p=a*p`+b*(q`-a/b*p`)，可以看出，q对应的就是p’，而p对应的是q`-a/b*p`
（下面这句也是复制的大佬的）从而推出q,p的一组整数解，*n可得x,y的一组整数解，最终整数解有（x-k(b/gcd(a,b)),y-k(a/gcd(a,b))，因为k有无数个，所以整数解由无数个
最后一步我怎么着都看不懂了，就有问了问旁边的大佬，他是那么说的：
首先我们这样写：
a(x-k(b/gcd(a,b)))+b(y+k(a/gcd(a,b)))=c;
我们化简一下就会得到ax-abk/gcd(a,b)+by+abk/gcd(a,b)=c;
约一下就得到ax+by=c;
所以不难看出，对于任意的k(b/gcd(a,b))和k(a/gcd(a,b))（其中k是常数，可以是任何数）
对于x，每过一个a/gcd(a,b)就会产生一组新的解，对于y，每过一个b/gcd(a,b)就会一组新的解。
所以就会有x-k(b/gcd(a,b)),y-k(a/gcd(a,b)组解。因为k可以是任何数，所以有无数组解。
下面我再给你举个例子：
首先，我们可以通过gcd(a,b)=gcd(b,a%b)这个递归解得gcd(a,b)是多少，并要记录每一次的a/b，然后我们再看最后两列，我们要从下往上推，先用6/3得到2，让x=2，y=0，这样我们就得到了最低行的等式，即ax+by=6（即3*2+0=6）；就这样，我们再让x等于y1，让y等于x1-[a-b]*y1(我们把x和y定义为新的解，而x1和y1为原来的解），这样我们又得到了第二组的等式ax+by=6 (即6*0+2*3=6）那我们就能明白他的用意了，其实每一行的a,b,x,y都能满足那个ax+by=6的等式，一开始a是3，b是0，然后一直推推推，让x=y1，y=x1-[a-b]*y1，得到新的等式，最后a会变成99，b会变成78，此时推过来的x和y，就是可以满足这个等式的解
其实代码也就是这样体现的。
这是解法二 ———形式分数加法代码
其实思路就是我刚才讲的，直接上代码吧（还是复制PPT）
解法三————形式分数乘法
思路也是刚才提到的，也直接上代码吧(复制PPT）
那你可能就顿悟怎么解多元一次不定方程了吧，不接受任何反驳
上例题！
输入a,b,c,d,n 请找出一组整数解(x1,x2,x3,x4)满足：a*x1+b*x2+c*x3+d*x4=n
思路就是这样的： 我们先与处理掉gcd(a,b,c),然后原式就变成了 gcd(a,b,c)*y1+d*x4=n;我们运用所学知识就可以解出一组解，解出x4,d和y1；
然后列出第二组方程，a*x1+b*x2+c*x3=gcd(a,b,c)*y1 由于我们能求出gcd(a,b,c)而且已经求出了y1，我们就可以得到新的一组方程，然后一直重复以上操作，就可以得出一组解集
代码如下
