Bezouts
裴蜀定理，又称贝祖定理（Bézout's lemma）。是一个关于最大公约数的定理。
其内容是：
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
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若任何一个等于 $0$, 则 $\gcd(a,b)=a$. 这时定理显然成立。
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若 $a,b$ 不等于 $0$.
由于 $\gcd(a,b)=\gcd(a,-b)$,
不妨设 $a,b$ 都大于 $0$，$a\geq b,\gcd(a,b)=d$.
对 $ax+by=d$, 两边同时除以 $d$, 可得 $a_1x+b_1y=1$, 其中 $(a_1,b_1)=1$.
转证 $a_1x+b_1y=1$.
我们先回顾一下辗转相除法是怎么做的，由 $\gcd(a, b) \rightarrow \gcd(b,a\mod b) \rightarrow ...$ 我们把模出来的数据叫做 $r$ 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
$$ \begin{aligned}a_1 &= q_1b+r_1 &(0\leq r_1<b_1) \ b_1 &= q_2r_1+r_2 &(0\leq r_2<r_1) \ r_1 &= q_3r_2+r_3 &(0\leq r_3<r_2) \ &\cdots \ r_{n-3} &= q_{n-1}r_{n-2}+r_{n-1} \ r_{n-2} &= q_nr_{n-1}+r_n \ r_{n-1} &= q_{n+1}r_n\end{aligned} $$
不妨令辗转相除法在除到互质的时候退出则 $r_n=1$ 所以有（$q$ 被换成了 $x$，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 $1=a_1x+b_1y$. 这样等于是一般式中 $d=1$ 的情况。
应用
???+ note "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减得出的绝对值为 $1$，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，详见 STL-map）
进一步结论
设自然数 a、b 和整数 n。a 与 b 互素。考察不定方程：
$$ ax+by=n $$
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 $C=ab-a-b$。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 $C-n$ 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 $[0,C]$ 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 $a-1$ 之间。这只需在 $y_0$ 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 $C-n$ 不可能都被表示。
反证法。若 $ax+by=ab-a-b$ 有非负整数解 x、y，则：
$$ ab=a(x+1)+b(y+1) $$
由于 a 与 b 互素，所以 a 整除 $y+1$，b 整除 $x+1$，a 不超过 $y+1$，b 不超过 $x+1$。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 $C-n$ 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 $a-1$ 之间，则 x 为负。所以：
$$ ab-a-b-ax-by=a(-x-1)+b(a-1-y) $$
显然 $-x-1$ 和 $a-1-y$ 均非负，于是 $C-n$ 可被表示。
几何意义
重新观察方程 $ax+by=n$，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 $n<ab$ 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（0,0)(b,0)(0,a)。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 $ax+by=n$（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 $0, a,···, (b−1)a$ 在 $\pmod b$ 意义下互不相同。这些数恰好是这些最小值。那么当 $n<ab$ 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 $ax+by=n$。
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。