关于欧几里德与扩展欧几里德算法在此附上我自学的时用的网站：感谢：http://www.cnblogs.com/frog112111/archive/2012/08/19/2646012.html
这里我会结合该大牛的成果以及自己的收获总结一下：
欧几里德算法：
欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个整数a,b的最大公约数。
基本算法：设a=qb+r，其中a，b，q，r都是整数，则gcd(a,b)=gcd(b,r)，即gcd(a,b)=gcd(b,a%b)。
证明：
a可以表示成a = kb + r，则r = a mod b
假设d是a,b的一个公约数，则有
d|a, d|b，而r = a - kb，因此d|r
因此d是(b,a mod b)的公约数
假设d 是(b,a mod b)的公约数，则
d | b , d |r ，但是a = kb +r （注：|为整除符号）
因此d也是(a,b)的公约数
因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证。
算法实现（最简洁）：
1 int gcd(int a,int b) 2 { 3 return b ? gcd(b,a%b) : a; 4 }
应用：求n,m最小公倍数t
t=n*m/gcd(n,m);
优化：
t=n/gcd(n,m)*m;
*扩展欧几里德算法：
基本算法：对于不完全为 0 的非负整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数，必然存在整数对 x，y ，使得 gcd（a，b）=ax+by。
证明：设 a>b。
1，显然当 b=0，gcd（a，b）=a。此时 x=1，y=0；
2，ab!=0 时
设 ax1+by1=gcd(a,b);
bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b);
根据朴素的欧几里德原理有 gcd(a,b)=gcd(b,a mod b);
则:ax1+by1=bx2+(a mod b)y2;
即:ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;
根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2-(a/b)*y2;
这样我们就得到了求解 x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于 x2，y2.
上面的思想是以递归定义的，因为 gcd 不断的递归求解一定会有个时候 b=0，所以递归可以结束。
算法实现CODE:
非递归：
1 __int64 exgcd(__int64 m,__int64 &x,__int64 n,__int64 &y) 2 { 3 __int64 x1,y1,x0,y0; 4 x0=1; 5 y0=0; 6 x1=0; 7 y1=1; 8 __int64 r=(m%n+n)%n; 9 __int64 q=(m-r)/n; 10 x=0; 11 y=1; 12 while(r) 13 { 14 x=x0-q*x1; 15 y=y0-q*y1; 16 x0=x1; 17 y0=y1; 18 x1=x; 19 y1=y; 20 m=n; 21 n=r; 22 r=m%n; 23 q=(m-r)/n; 24 } 25 return n; 26 }
递归CODE:
1 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y) 2 { 3 if(b==0) 4 { 5 x=1; 6 y=0; 7 return a; 8 } 9 int r=exgcd(b,a%b,x,y); 10 int t=x; 11 x=y; 12 y=t-a/b*y; 13 return r; 14 }
由扩展欧几里得的推论：如果gcd(a,b)=1,称a，b互素。
拉梅定理：用欧几里得算法计算两个正整数的最大公因子时，所需的除法次数不会超过两个整数中较小的那个十进制数的倍数的五倍。
扩展欧几里德算法的应用主要有以下三方面：
这一部分自己掌握的也不太好，直接贴大神的了，噶呜~~
（1）求解不定方程；
（2）求解模线性方程（线性同余方程）；
（3）求解模的逆元；
（1）使用扩展欧几里德算法解决不定方程的办法：
对于不定整数方程pa+qb=c，若 c mod Gcd(p, q)=0,则该方程存在整数解，否则不存在整数解。
上面已经列出找一个整数解的方法，在找到p * a+q * b = Gcd(p, q)的一组解p0,q0后，p * a+q * b = Gcd(p, q)的其他整数解满足：
p = p0 + b/Gcd(p, q) * t
q = q0 - a/Gcd(p, q) * t(其中t为任意整数)
至于pa+qb=c的整数解，只需将p * a+q * b = Gcd(p, q)的每个解乘上 c/Gcd(p, q) 即可。
在找到p * a+q * b = Gcd(a, b)的一组解p0,q0后，应该是得到p * a+q * b = c的一组解p1 = p0*(c/Gcd(a,b)),q1 = q0*(c/Gcd(a,b))，
p * a+q * b = c的其他整数解满足：
1 bool linear_equation(int a,int b,int c,int &x,int &y) 2 { 3 int d=exgcd(a,b,x,y); 4 if(c%d) 5 return false; 6 int k=c/d; 7 x*=k; y*=k; //求得的只是其中一组解 8 return true; 9 }
(2)用扩展欧几里德算法求解模线性方程的方法：
同余方程 ax≡b (mod n)对于未知数 x 有解，当且仅当 gcd(a,n) | b。且方程有解时，方程有 gcd(a,n) 个解。
求解方程 ax≡b (mod n) 相当于求解方程 ax+ ny= b, (x, y为整数)
设 d= gcd(a,n)，假如整数 x 和 y，满足 d= ax+ ny(用扩展欧几里德得出)。如果 d| b，则方程
a* x0+ n* y0= d， 方程两边乘以 b/ d，(因为 d|b，所以能够整除)，得到 a* x0* b/ d+ n* y0* b/ d= b。
所以 x= x0* b/ d，y= y0* b/ d 为 ax+ ny= b 的一个解，所以 x= x0* b/ d 为 ax= b (mod n ) 的解。
ax≡b (mod n)的一个解为 x0= x* (b/ d ) mod n，且方程的 d 个解分别为 xi= (x0+ i* (n/ d ))mod n {i= 0... d-1}。
设ans=x*(b/d),s=n/d;
方程ax≡b (mod n)的最小整数解为：(ans%s+s)%s;
相关证明：
证明方程有一解是: x0 = x'(b/d) mod n;
由 a*x0 = a*x'(b/d) (mod n)
a*x0 = d (b/d) (mod n) (由于 ax' = d (mod n))
= b (mod n)
证明方程有d个解: xi = x0 + i*(n/d) (mod n);
由 a*xi (mod n) = a * (x0 + i*(n/d)) (mod n)
= (a*x0+a*i*(n/d)) (mod n)
= a * x0 (mod n) (由于 d | a)
= b
首先看一个简单的例子：
5x=4(mod3)
解得x = 2,5,8,11,14.......
由此可以发现一个规律，就是解的间隔是3.
那么这个解的间隔是怎么决定的呢？
如果可以设法找到第一个解，并且求出解之间的间隔，那么就可以求出模的线性方程的解集了.
我们设解之间的间隔为dx.
那么有
a*x = b(mod n);
a*(x+dx) = b(mod n);
两式相减，得到:
a*dx(mod n)= 0;
也就是说a*dx就是a的倍数，同时也是n的倍数，即a*dx是a 和 n的公倍数.为了求出dx,我们应该求出a 和 n的最小公倍数,此时对应的dx是最小的.
设a 和 n的最大公约数为d,那么a 和 n 的最小公倍数为(a*n)/d.
即a*dx = a*n/d;
所以dx = n/d.
因此解之间的间隔就求出来了.
代码如下：
1 bool modular_linear_equation(int a,int b,int n) 2 { 3 int x,y,x0,i; 4 int d=exgcd(a,n,x,y); 5 if(b%d) 6 return false; 7 x0=x*(b/d)%n; //特解 8 for(i=1;i<d;i++) 9 printf("%d ",(x0+i*(n/d))%n); 10 return true; 11 }
（3）用欧几里德算法求模的逆元：
同余方程ax≡b (mod n)，如果 gcd(a,n)== 1，则方程只有唯一解。
在这种情况下，如果 b== 1，同余方程就是 ax=1 (mod n ),gcd(a,n)= 1。
这时称求出的 x 为 a 的对模 n 乘法的逆元。
对于同余方程 ax= 1(mod n )， gcd(a,n)= 1 的求解就是求解方程
ax+ ny= 1，x, y 为整数。这个可用扩展欧几里德算法求出，原同余方程的唯一解就是用扩展欧几里德算法得出的 x 。
解题报告：
关于扩展欧几里得的应用最典型的的就是POJ 1061：青蛙的约会 了
题意大家应该都明白了，直接分析吧：
两只青蛙跳了t步，A的坐标为x+mt,B的坐标为y+nt.他们相遇的充要条件：x+mt-y-nt=pL,即（n-m）t+Lp=x-y,L>0.
设n-m=A,x-y=B,求满足At+lp=B的最小t，即求一次同余方程At=B(mod l)的最小整数解，具体求解过程分三步：
（1）写出方程（n-m）t+Lp=x-y,用扩展欧几里得函数求解，这时X‘是一个解，但不是最后的解。
（2）若（x-y）%gcd(n-m,L)==0,则有解。
（3）有解后：设M=gcd(n-m,L),X=X(x-y)/M
然后，（X%(L/M)+L/M)%(L/M)就是最后的解。
代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 __int64 exgcd(__int64 m,__int64 &x,__int64 n,__int64 &y) 5 { 6 __int64 x1,y1,x0,y0; 7 x0=1; 8 y0=0; 9 x1=0; 10 y1=1; 11 __int64 r=(m%n+n)%n; 12 __int64 q=(m-r)/n; 13 x=0; 14 y=1; 15 while(r) 16 { 17 x=x0-q*x1; 18 y=y0-q*y1; 19 x0=x1; 20 y0=y1; 21 x1=x; 22 y1=y; 23 m=n; 24 n=r; 25 r=m%n; 26 q=(m-r)/n; 27 } 28 return n; 29 } 30 int main() 31 { 32 __int64 x,y,n,m,l,a1,b1; 33 while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&n,&m,&l)!=EOF) 34 {__int64 s=exgcd(m-n,a1,l,b1); 35 if((x-y)%s||(m==n)) 36 printf("Impossible "); 37 else 38 { 39 __int64 S=l/s; 40 a1=a1*((x-y)/s); 41 a1=(a1%S+S)%S; 42 printf("%I64d ",a1); 43 }} 44 return 0; 45 }
好了。拜拜~噶呜。。。。