poj 1061 青蛙的约会(exGCD+模线性方程)
2012-03-19 00:58
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【题目大意】:两只青蛙在网上相识了,它们聊得很开心,于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上,于是它们约定各自朝西跳,直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情,既没有问清楚对方的特征,也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的,它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去,总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上,不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙,你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面,会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B,并且规定纬度线上东经0度处为原点,由东往西为正方向,单位长度1米,这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x,青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米,青蛙B一次能跳n米,两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
【解题思路】:~~扩展欧几里德算法加上模线性方程求解!! 设t次后才会碰面,则(x+mt)-(y+nt)=kL,两边对L取模得(m-n)t≡(y-x)(mod L)
在求解这一块求最小非负整数解~~,纠结了我整整2个钟头!!!
【代码】:
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B,并且规定纬度线上东经0度处为原点,由东往西为正方向,单位长度1米,这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙A的出发点坐标是x,青蛙B的出发点坐标是y。青蛙A一次能跳m米,青蛙B一次能跳n米,两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长L米。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
【解题思路】:~~扩展欧几里德算法加上模线性方程求解!! 设t次后才会碰面,则(x+mt)-(y+nt)=kL,两边对L取模得(m-n)t≡(y-x)(mod L)
在求解这一块求最小非负整数解~~,纠结了我整整2个钟头!!!
【代码】:
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> #include <cmath> #include <string> #include <cctype> #include <map> #include <iomanip> using namespace std; #define eps 1e-8 #define pi acos(-1.0) #define inf 1<<30 #define pb push_back #define lc(x) (x << 1) #define rc(x) (x << 1 | 1) #define lowbit(x) (x & (-x)) #define ll long long ll x,y,m,n,l; ll extgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ ll t; if (!b) {x=1; y=0; return a;} ll d; d=extgcd(b,a%b,x,y); t=x; x=y; y=t-(a/b)*y; return d; } void solve_modular_equation(ll a,ll b,ll n){ ll i,d,x,y; d=extgcd(a,n,x,y); if((b)%d!=0) cout << "Impossible" << endl; else{ x=x*((b)/d); int s=n/d; x=(x%s+s)%s; printf("%lld\n",x); } } int main() { cin >> x >> y >> m >> n >> l; solve_modular_equation(n-m,x-y,l); return 0; }
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