POJ 1061 青蛙的约会 （扩展欧几里得）

扩展欧几里得算法在理解，第一次学的时候不是很深刻，没做到真正的知行合一（最近比较崇拜王阳明）

扩展欧几里得就是求ax+by=gcd(a,b)的解，而且这个解一定会存在。

b=0,x=1;

a>b>0 时

设 ax1+ by1= gcd(a,b);

bx2+ (a mod b)y2= gcd(b,a mod b);

根据朴素的欧几里德原理有 gcd(a,b) = gcd(b,a mod b);

则:ax1+ by1= bx2+ (a mod b)y2;

即:ax1+ by1= bx2+ (a - [a / b] * b)y2=ay2+ bx2- [a / b] * by2;

也就是ax1+ by1 == ay2+ b(x2- [a / b] *y2);

根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2- [a / b] *y2;

如果遇到a*x+b*y=c就朝这方面转化

然后求ax + by = c，判断c如果不能被d整除就Impossible，否则就令x = c/d * x0就可以得到一个x解了。

但有无数个解满足ax + by = c的。为神马呢？ax + by = c其实就等价于ax ≡ c (mod b)对不？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啊，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啊，它也保持0~b-1）。

最后还要用到扩展欧几里得2个定理，第一次学的时候都没看。。。

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

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

最后一步非负解 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）。

#include <iostream>
using namespace std;
long long ex_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{
long long d,t;
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
d=ex_gcd(b,a%b,x,y);
t = x - a / b * y; x = y; y = t;
return d;
}
int main()
{
long long x,y,m,n,L,d,r,x1,y1;
while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
{
d=ex_gcd(n-m,L,x1,y1);
r=L/d;
if((x-y)%d)cout<<"Impossible"<<endl;
else cout<<((x - y) / d*x1%r+r)%r<<endl;//然后求ax + by = c，判断c如果不能被d整除就Impossible，否则就令x = c/d * x0就可以得到一个x解了。
}
return 0;
}

我也试过其他方法，会超时，和扩展欧几里得一个思路，

小学生水平，所以超时了

int main()
{
long long x, y, m, n, L;
while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
{
long long a=0,b=0;//a是当前的快的需要超越的圈数，b是快的比慢的快的速度
if(m==n)cout<<"Impossible"<<endl;
else if(m>n&&x>y)a=L-(x-y),b=m-n;
else if(m>n&&x<y)a=x-y,b=m-n;
else if(m<n&&x>y)a=y-x,b=n-m;
else if(m<n&&x<y)a=L-(y-x),b=n-m;
long long t=0;
while(a%b!=0)
{
a=a+L;
t+=a/b;
a%=b;
}
t+=a/b;
cout<<t<<endl;
}
return 0;
}