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其内容是： 

$x,y$ 的不定方程 $ax + by = c$ 有整数解的充要条件是 $\gcd(a, b)\mid c$ 。

即为如果 $a$ 与 $b$ 互质，那么一定存在两个整数 $x$ 与 $y$，使得 $ax+by=1$。

设 $a,b$ 是不全为零的整数，则存在整数 $x,y$，使得 $ax+by=\gcd(a,b)$。

## 证明

还没有添加。

1.若任何一个等于$0$,则$\gcd(a,b)=a$.这时定理显然成立。

## 应用

2.若$a,b$不等于 ０.

由于 $\gcd(a,b)=\gcd(a,-b)$

不妨设 $a,b$ 都大于零，$a>=b,\gcd(a,b)=d$。

对 $ax+by=d$，两边同时除以$d$，可得 $(a1)x+(b1)y=1$，其中 $(a1,b1)=1$。

转证 $(a1)x+(b1)y=1$。由带余除法：

$a1=(q1)b+(r1)$,其中 $0=<r1<b1$

$b1=(q2)(r1)+(r2)$,其中 $0=<r2<r1$

$(r1)=(q3)(r2)+(r3)$,其中 $0=<r3<r2$

.....

$$(rn-3)=(qn-1)(rn-2)+(rn-1)$$

$$(rn-2)=(qn)(rn-1)+(rn)$$

$$(rn-1)=(qn+1)(rn)$$

[Codeforces Round #290 (Div. 2) D. Fox And Jumping](http://codeforces.com/contest/510/problem/D)

于是，有

给出 $n$ 张卡片，分别有 $l_i$ 和 $c_i$。在一条无限长的纸带上，你可以选择花 $c_i$ 的钱来购买卡片 $i$，从此以后可以向左或向右跳 $l_i$ 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 $-1$。

$$\gcd(a1,b1)=\gcd(b1,r1)=\gcd(r1,r2)=...=(rn-1,rn)=1$$

- 正解：裴蜀定理+动态规划

故

- 最优解：裴蜀定理+ Dijkstra

$$(rn-2)=(xn)(rn-1)+1$$

分析该问题，先考虑两个数的情况，发现想要跳到每一个格子上，必须使得这些数通过数次相加或相加得出的绝对值为 $1$，进而想到了裴蜀定理。

即

如果 $a$ 与 $b$ 互质，那么一定存在两个整数 $x$ 与 $y$，使得 $ax+by=1$。

$$1=(rn-2)-(xn)(rn-1)$$

由倒数第三个式子 $(rn-1)=(rn-3)-(xn-1)(rn-2)$ 代入上式，得

$$1=[1+(xn)(xn-1)](rn-2)-(xn)(rn-3)$$

然后用同样的办法用它上面的等式逐个地消去 $(rn-2),...(r1)$,

可证得 $1=(a1)x+(b1)y$

 ## 应用

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

      给出$n$张卡片，分别有 $l_i$ 和 $c_i$。在一条无限长的纸带上，你可以选择花 $c_i$ 的钱来购买卡片 $i$，从此以后可以向左或向右跳 $l_i$ 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 $-1$。

 分析该问题，先考虑两个数的情况，发现想要跳到每一个格子上，必须使得这些数通过数次相加或相加得出的绝对值为 １ ，进而想到了裴蜀定理。

 可以推出：如果 $a$ 与 $b$ 互质，那么一定存在两个整数 $x$ 与 $y$，使得 $ax+by=1$。

 由此得出了若选择的卡牌的数通过数次相加或相减得出的绝对值为$1$，那么这些数一定互质，此时可以考虑动态规划求解。

 不过可以转移思想，因为这些数互质，即为$0$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，就成为了从$0$通过不断$\gcd$最后变为$1$的最小代价。

由于：互质即为最大公因数为 $1$，$\gcd(0,x)=x$ 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 $10^9$ 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）来标记。

另外，`__gcd` 是 OI 禁用的函数，仅供平时练习所用。

### Code

```cpp

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,t[300],k[300];

unordered_map<int,int>mp;

priority_queue<pair<int,int>>q;

void add(int g,int k)

{

    if(mp.find(g)==mp.end()||mp[g]>k)

    {

        mp[g]=k;

        q.push({-k,g});

    }

}

int main()

{

    scanf("%d",&n);

    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&t[i]);

    for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&k[i]);

    add(0,1);

    while(!q.empty())

    {

        int u=q.top().second;

        int w=-q.top().first;

        q.pop();

        if(mp[u]!=w)  continue;

        if(u==1) return printf("%d\n",w-1),0;

        for(int i=0;i<n;i++) add(__gcd(u,t[i]),k[i]+w);

    }

    puts("-1");

    return 0;

}

```

 由于：互质即为最大公因数为 $1$，$\gcd(0,x)=x$ 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$10^9$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](https://oi-wiki.org/ds/stl/map/)）