poj 1061 青蛙的约会 【扩展欧几里得】

青蛙的约会

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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

对扩展欧几里得，首先给出三个定理

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。

声明一下——式子ax + by = c 和
ax ≡ c (mod b)是可以相互转化的。

思路：设最少跳t次可以碰面，那么可以得到(x + m * t) - (y + n * t) = k * L。（其中k为整数）

转化该式——k * L + (n - m) * t = x - y 

设d = gcd(n-m, L)，因为x-y可能不是n-m和L的最大公约数，设time = (x-y) / d。

式子k * L + (n - m) * t = time * d  -————>  k * L / time + (n - m) * t / time = d

这样就对应了a * x + b * y = c的形式，其中a = L， b = n - m，x = L / time，y = t / time。

利用扩展欧几里得求出x，y，这样就得到t = y * time。

由定理三：可知在[0, b/d-1] 即 [0, L/d-1]上有唯一解，这样的话我们只需要对求出的t 对 L/d取余就可以了。

AC代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
//求解ax + by = gcd(a, b) = d，可以求出x和y。
//x和y可能是负数或者0 且求出的|x| + |y|最小
void exgcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
{
if(!b)
{
d = a;
x = 1;
y = 0;
}
else
{
exgcd(b, a%b, d, y, x);
y -= x * (a / b);
}
}
int main()
{
LL x, y, m, n, L;
while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L) != EOF)
{
LL k, t, d;
exgcd(L, n-m, d, k, t);
if((x-y) % d)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
L /= d;
printf("%lld\n", ((x - y) / d * t % L + L) % L);
}
return 0;
}