poj1061-青蛙的约会

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

代码实现：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#define LL __int64

using namespace std;

LL X,Y;

LL gcd(LL a,LL b)//欧几里得，求两个数的最大公约数

{

    return b?gcd(b,a%b):a;

}

void exgcd(LL a,LL b)//扩展欧几里得

{

    if(b==0)

    {

        X=1,Y=0;

        return ;

    }

    exgcd(b,a%b);

    int t=X;X=Y;Y=t-a/b*Y;

    return ;

}

int main()

{

    LL x,y,n,m,l,a,c,d;

    while(cin>>x>>y>>m>>n>>l)

    {

        a=n-m;

        c=x-y;

        d=gcd(a,l);

        if(c%d)

        {

            cout<<"Impossible\n";

            continue;

        }

        c/=d;

        exgcd(a,l);

        X*=c;

        LL t=X%(l*d);

        while(t<0)

        {

            t+=(l*d);

        }

        cout<<t<<endl;

    }

    return 0;

}

欧几里得与扩展欧几里得的知识详见  百度百科 扩展欧几里得

这个题目转换成数学公式为：(x+mt)-(y+nt)=kl     A，B相遇时，A走的路程与B走的路程相差整个圈的长度的整数倍，求解t，t为跳跃的次数

(n-m)t+kl=x-y

a=n-m   b=l   c=x-y 

ax+by=c(t=x,k=y)

如果c为a,b的最大公约数整数倍，此方程有整数解，否则没有整数解，有解时：

d=gcd(a,b)   k=c/d

a(x/k)+b(y/k)=c/k

a(x/k)+b(y/k)=gcd(a,b)   l与b相等

用exgcd(a,l)求出整数解X   X=x0/k   x0=Xk

其他整数解：

x=x0+bdt

y=y0-adt

x0%=bd//当x0大于0时，可以使x0成为最小正整数解，当x0小于0时，可以使x0尽快加成最小正整数解

另一种解法：

#include<iostream>

#include<cstdio>

#define LL __int64

using namespace std;

LL X,Y;

LL gcd(LL a,LL b)

{

    return b?gcd(b,a%b):a;

}

void exgcd(LL a,LL b)

{

    if(b==0)

    {

        X=1,Y=0;

        return ;

    }

    exgcd(b,a%b);

    int t=X;X=Y;Y=t-a/b*Y;

    return ;

}

int main()

{

    LL x,y,n,m,l,a,c,d;

    while(cin>>x>>y>>m>>n>>l)

    {

        a=n-m;

        c=x-y;

        d=gcd(a,l);

        if(c%d)

        {

            cout<<"Impossible\n";

            continue;

        }

        a/=d,l/=d,c/=d;

        exgcd(a,l);

        X*=c;

        LL t=X%l;

        while(t<0)

        {

            t+=l;

        }

        cout<<t<<endl;

    }

    return 0;

}

a/=d,l/=d这一步使a,b的最大公约数为1

(a/d)x+(b/d)y=c/d=k

(a/d)(x/k)+(b/d)(y/k)=1

A(x/k)+B(y/k)=1