Poj 1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)

Description

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。

Input

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
Output

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"
Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

// 看着大神的懂了，直接转过来了。。/article/6021407.html

思路：两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；则：(x+mt)-(y+nt)=kl;变形得：(m-n)t-(y-x)=kL;即有(m-n)t
mod L=y-x;为线性同余方程。此方程有解当且仅当y-x能被m-n和L的最大公约数(记为gcd(m-n,L)),即gcd(m-n,L)|y-x。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(m-n)t
mod L=y-x成立，那么所有的解可以表示为：

{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。

欧几里得算法的拓展应用中有如下三条定理：

定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*x+ b*y。

定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0,
b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

最后一段是解题的关键：

如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。

Code：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef __int64 ll;

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(b==0)
{
x = 1;y = 0;
return a;
}
ll d = exgcd(b,a%b,x,y);
ll t = x;
x = y;
y = t-a/b*y;
return d;
}

int main()
{
ll x,y,m,n,l,x1,y1,d,r;
while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&l)==5)
{
d = exgcd(n-m,l,x1,y1);

if((x-y)%d!=0)
printf("Impossible\n");
else
{
x1 = x1*((x-y)/d);
r = l/d;
x1 = (x1%r+r)%r;
printf("%I64d\n",x1);
}

}
}