其实挺简单。
GCD（辗转相除法）
定理：
\\[\\gcd(a , b) = \\gcd(b , a \\% b)
\\]
证明：
\\[\\text设 a = kb + r \\text ，则 r = a \\bmod b
\\]
\\[\\text若 c \\text 是 a,b \\text 的一个公约数，则 c \\mid a,c \\mid b
\\]
\\[\\because r = a - kb
\\]
\\[\\therefore c \\mid r
\\]
\\[\\therefore c \\text 是 b,a \\bmod b \\text 的公约数
\\]
\\[\\text同理，若 d \\text 是 b,a \\bmod b \\text 的公约数，则 d \\mid b,d \\mid r
\\]
\\[\\because a = kb + r
\\]
\\[\\therefore d \\mid a
\\]
\\[\\therefore d \\text 也是 a,b \\text 的公约数
\\]
\\[\\therefore a,b \\text 和 b,a \\bmod b \\text 的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，证毕
\\]
code（递归式）:
int gcd(int a,int b)
return (b==0)?a:gcd(b,a%b);
EXGCD（扩展欧几里得）
裴蜀定理：
\\[\\forall a,b \\in Z \\text , \\exists x,y \\in Z
\\]
满足
\\[ax+by=\\gcd(x,y)
\\]
证明（类似递归）：
当 b=0 时:
\\[\\gcd(a,b)=a \\text ，此时 x=1 , y=0
\\]
当 b!=0 时：
\\[\\text设 ax1+by1=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=bx2+(a%b)y2
\\]
\\[\\because a \\bmod b = a - a / b * b
\\]
\\[\\therefore ax1 + by1 = bx 2+ (a - a / b * b) y2
\\]
\\[\\therefore ax1 + by1 = bx2 + ay2 - a / b * by2
\\]
\\[\\therefore ax1 + by1 = ay2 + bx2 - b * a/b * y2
\\]
\\[\\therefore ax1 + by1 = ay2 + b (x2 - a / b * y2)
\\]
\\[\\text解得 x1 = y2 , y1 = x2 - a / b * y2
\\]
用类似递归的方法即可得证。
通过这个证明，我们发现可以在维护 \\(\\gcd\\) 时同时维护 \\(x,y\\) 的值。
code:
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
if(b==0) x=1,y=0;return a;
else
int ans=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return ans;
用途（1，2为基本用途）：
1.
首先看怎么解
\\[ax+by=c
\\]
这类方程
首先：若 \\(\\gcd(a,b) \\nmid c\\) 可以知道原方程没有整数解（等式左右因数不相等，显然无整数解。
所以我们将原方程左边 \\(\\times \\gcd(a,b) / c\\) ,然后通过解 \\(ax_0+by_0=\\gcd(a,b)\\) 解得 \\(x_0,y_0\\) ，最后将 \\(x_0,y_0\\) 乘上 \\(c / \\gcd(a,b)\\) 解出原方程的一组解 \\(x_1,y_1\\).
显然，我们将 \\(x_1 + b / \\gcd(a,b) * t,y_1 - a/ \\gcd(a,b) * t\\) （ \\(t\\) 为任意整数）即可得出所有解。
2.
然后，我们再来看下同余方程
\\[ax\\equiv l \\pmodm
\\]
其实稍加转化，就得到了
\\[ax+my=l
\\]
解这个方程即可，注意 \\(x\\) 的特殊要求。
3.
最后，我们来看一下同余方程组
\\[\\begincases x\\equiv a_1\\pmodm_1 \\\\ x\\equiv a_2\\pmodm_2 \\\\ ... \\\\ x\\equiv a_n\\pmodm_n\\endcases
\\]
若所有 \\(m\\) 互质，可以用 \\(crt\\) 求解。
这里主要说不互质的用 \\(exgcd\\) 解法
首先看第一二个式子：
\\[\\begincases x\\equiv a_1\\pmodm_1 \\\\ x\\equiv a_2\\pmodm_2\\endcases
\\]
变形得到：
\\[\\begincases x = a_1 + m_1k_1 \\\\ x = a_2 + m_2k_2\\endcases
\\]
\\[\\therefore a_1+m_1k_1=a_2+m_2k_2
\\]
整理：
\\[m_1k_1-m_2k_2=a_2-a_1
\\]
运用 \\(exgcd\\) 解得 \\(k_1\\) 的一组解：
\\[k_1=r
\\]
\\[\\therefore k_1 \\text 的通解为 k_1=r+\\fracm_2\\gcd(m_1,m_2) \\times t \\mid t \\in Z
\\]
将上式带入 \\(x = a_1 + m_1k_1\\) 得：
\\[x=a_1+m_1r+\\fracm_1m_2\\gcd(m_1,m_2)\\times t
\\]
\\[\\because \\operatornamelcm(m_1,m_2)=\\fracm_1m_2\\gcd(m_1,m_2)
\\]
\\[\\therefore x=a_1+m_1r+\\operatornamelcm(m_1,m_2)\\times t
\\]
变形得到：
\\[x\\equiv a_1+m_1r\\pmod\\operatornamelcm(m_1,m_2)
\\]
于是我们就成功将两个同余方程化简成了一个。
同理化简下去直到一个，求解即可。
例题
——后来 jijidawang 说这就是 \\(excrt\\)。