POJ 1061 青蛙的约会

/*题意

A青蛙一开始在x位置，B青蛙在y位置。A青蛙每次跳m米，B青蛙每次跳n米，

并且都是向右跳的,地球纬线长度是L，地球是圆的，两只青蛙每次跳跃用时相等。

A青蛙想追B青蛙，问多少次后它们能跳到一起。如果它们永远不能相遇，就输出Impossible

*/

/*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*k + b*l

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。

*/

/*分析

这道题本质上是求一个同余方程，我们设两只青蛙要跳t次，也就是用时为t个单位

本质上如果可以在一起的话会存在一个整数k（可正可负可为0），使两者的末坐标相差kL，这时两者是在同一点

这里有(x+t*m)-(y+t*n)=k*L,即x+tm≡y+tn(mod L)

上面的第一个式子可以化为(m-n)t-Lk=y-x的形式，这就是ax + by = c，求整数x的模型。

要求ax + by = c的整数x解，可不是那么简单滴

首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d

a是整除d的，b也是整除d的，而x、y都是整数解，所以要求c/d也是整数。如果c不整除d，则Impossible

如果我们能求出ax0+by0=d的解x0和y0，那么两边乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c，

就可以得到原来方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)

而对于x0和y0我们可以利用拓展欧几里得算法得到

然后由x = (c/d * x0)我们就可以得到一个特解x，但是实际上我们只是计算出来了一个x的特例，实际上有无数个x解

为什么这么说呢，

如果我得到一个特解x*，那么加上若干倍b还是这个方程的解，因为a(x*+k*b) = ax* + a*k*b ≡ c + 0 ≡ c (mod b)。

因而方程在[0, b-1]上一定有整数解（假如小于0，你加上若干倍b，就可以让它保持在0~b-1中；

如果大于b-1，你减去若干倍b，它也保持0~b-1）。

那么怎样求最小的非负整数x呢？又要用到两个定理：

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。

如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么我令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，

所以我用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！

再多说一句，这道题要用long long

*/

#include<iostream>

using namespace std;

long long int x,y,m,n,L,t;//这六个量依次为A、B的始点，A、B的跳距，周长，所求的跳的次数

int main()

{

void ex_gcd(long long int a,long long int b,long long int& d,long long int& x,long long int& y);

long long int a,b,c,d,x0,y0,r;

while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)

{

a=m-n;b=-L;c=y-x;

ex_gcd(a,b,d,x0,y0);

r=b/d;

if(c%d==0)

{

t=c/d*x0;/*此步是求特解t*/

t=(t%r+r)%r;

cout<<t<<endl;

}

else{cout<<"Impossible"<<endl;}

}

return 0;

}

/*已知整数a、b，扩展欧几里得算法可以在求得a、b的最大公约数的同时，

能找到整数x、y（其中一个很可能是负数），

使它们满足贝祖等式ax + by = \gcd(a, b).*/

void ex_gcd(long long int a,long long int b,long long int& d,long long int& x,long long int& y)

{

if(b==0){d=a;x=1;y=0;}

else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}

}