两个长度为N序列A和X，有sum（Ai*Xi）≡B (mod M),先给出序列A，整数B,M，求一组可行的序列X，无解输出NO。
首先如果N为1，a*x≡B (mod M)，这个式子等价与 a*x+M*y=B,显然这个式子是可以用扩展gcd求出来的。
若N为2 既，a*x+by≡B(mod M),等价于a*x+b*y+M*=B,此时首先求式子a*x+b*y=gcd(a,b),记x1=x,x2=y,原式变为kx+Mz=B,在求一次扩展GCD记y1=x,x3=z,此时N=2的解也求出来了，既X={x1*y1,x2*y1,x3}。
同理，N>2时，每次求解前两个子式并合并，最终得到两个序列x和y，然后处理处最终答案即可。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b,ll &xx,ll &yy)
{
if (b==0)
{
xx=1; yy=0;
return a;
}
ll d=gcd(b,a%b,xx,yy);
ll t=xx;
xx=yy;
yy=t-a/b*yy;
return d;
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
if (b==0) return a;
return gcd(b,a%b);
}
ll x[230],y[230];
ll a[230];
ll n,m,b,k,p;
int main()
{
// freopen("in.txt","r",stdin);
cin>>n>>m>>b;
for (int i=1; i<=n; i++)
{
cin>>a[i];
a[i]%=m;
}
k=gcd(a[1],a[2],x[1],x[2]);
for (int i=3; i<=n; i++)
{
k=gcd(k,a[i],y[i-2],x[i]);
}
ll ck=gcd(k,m,y[n-1],x[n+1]);
if (b % ck!=0)
{
cout<<"NO"<<endl;
return 0;
}
else
{
cout<<"YES"<<endl;
ll mul=1;
for (int i=n+1; i>=1; i--)
{
while (x[i]<0) x[i]+=m;
x[i]=x[i]*mul%m;
if (i>2)
{
while (y[i-2]<0) y[i-2]+=m;
mul=mul*y[i-2]%m;
}
}
for (int i=1; i<=n; i++)
cout<<(x[i]*b/k)%m<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}