POJ1061-青蛙的约会-扩展欧几里得
2017-03-01 18:35
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扩展欧几里得算法
是欧几里得算法(又叫辗转相除法)的扩展。除了计算a、b两个整数的最大公约数,此算法还能找到整数x、y(其中一个很可能是负数)。通常谈到最大公因子, 我们都会提到一个非常基本的事实: 给予二整数 a 与 b, 必存在有整数 x 与 y 使得ax + by = gcd(a,b)。有两个数a,b,对它们进行辗转相除法,可得它们的最大公约数——这是众所周知的。然后,收集辗转相除法中产生的式子,倒回去,可以得到ax+by=gcd(a,b)的整数解。 -----百度百科
POJ1061
青蛙的约会
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
Sample Output
4
由题意为求解一个不定方程:(n-m)*t+k*l=x-y;
代码:
解释代码
首先是介绍欧几里得算法(辗转相除法)求最大公约数:
Acm之家这个网站上也有详解扩展欧几里得算法。
特解为gcd(a,0)=a;
代码:
gcd(a,b)=gcd(b,a%b);
a,b == b,a%b;
假设:最大公约数为d;
a%d=0;b%d=0;
a=k*b+r;
a%b==r;
r=a-k*b;
r%d=0;
r=a-k*b;
r=a mod b;r=a-(a/b)*b; ==>>k=a/b; //这里想错了。。。a/b是整除,不是除法,为取整。
r=a-a/b*b=a%b;
扩展欧几里得求的是a*x+b*y=gcd(a,b)这个方程的解。
但是要求的是a*x+b*y=r这个解。
t1=r*t1/ans;(上面代码里的)。
ll ans=exgcd(a,b,t1,t2);这个求出来的t1是a*x+b*y=gcd(a,b)的解,t1就是x。
要求的是a*x+b*y=r。
a*x+b*y=gcd(a,b) ==>>a*x+b*y=gcd(a,b)/r*r(除以r再乘回来) 。
把gcd(a,b)/r移到左边,为a*(x/gcd(a,b)*r)+b*(y/gcd(a,b)*r)=r。
所以把a*x+b*y=gcd(a,b)求到的解x=(x/gcd(a,b)*r)就是a*x+b*y=r的解
就是t1=r*t1/ans;
因为要求的是最小解,现在x是等于(x/gcd(a,b)*r)。
a*x+b*y=r已经求到了这个的特解。
a*(x+k*b)+b*(y-k*a)=r那么x的解满足x0=x+k*b这个形式。但是这个不是最简的,因为a,b是有公约数的。
a*(x+k*b/gcd(a,b))+b*(y-k*a/gcd(a,b))=r这个是最简的。
x0=x+k*b/gcd(a,b)求x0的最小正整数。
最小正整数解x0=(x%s+s)%s; s=b/gcd(a,b);
t1=(t1%(b/ans)+(b/ans))%(b/ans);
剩下的就好理解了。
老是错,最后知道哪里错了,把continue忘了。。。
是欧几里得算法(又叫辗转相除法)的扩展。除了计算a、b两个整数的最大公约数,此算法还能找到整数x、y(其中一个很可能是负数)。通常谈到最大公因子, 我们都会提到一个非常基本的事实: 给予二整数 a 与 b, 必存在有整数 x 与 y 使得ax + by = gcd(a,b)。有两个数a,b,对它们进行辗转相除法,可得它们的最大公约数——这是众所周知的。然后,收集辗转相除法中产生的式子,倒回去,可以得到ax+by=gcd(a,b)的整数解。 -----百度百科
POJ1061
青蛙的约会
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
由题意为求解一个不定方程:(n-m)*t+k*l=x-y;
代码:
#include"stdio.h" using namespace std; typedef long long ll; ll gcd(ll a,ll b){ if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b); } ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(b==0){ x=1;y=0; return a; } ll r=exgcd(b,a%b,x,y); ll t=y; y=x-(a/b)*y; x=t; return r; } int main(){ ll x,y,m,n,l,d; ll a,b,c,r,t1,t2; //(n-m)*t+k*l=x-y; while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l)){ a=n-m; b=l; r=x-y; c=gcd(a,b); if(r%c!=0){ printf("Impossible\n"); continue; } else d=exgcd(a,b,t1,t2); t1=r*t1/d; t1=(t1%(b/d)+(b/d))%(b/d); printf("%lld\n",t1); } return 0; }
解释代码
首先是介绍欧几里得算法(辗转相除法)求最大公约数:
Acm之家这个网站上也有详解扩展欧几里得算法。
特解为gcd(a,0)=a;
代码:
int gcd(int a,int b){ if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b); }
gcd(a,b)=gcd(b,a%b);
a,b == b,a%b;
假设:最大公约数为d;
a%d=0;b%d=0;
a=k*b+r;
a%b==r;
r=a-k*b;
r%d=0;
r=a-k*b;
r=a mod b;r=a-(a/b)*b; ==>>k=a/b; //这里想错了。。。a/b是整除,不是除法,为取整。
r=a-a/b*b=a%b;
扩展欧几里得求的是a*x+b*y=gcd(a,b)这个方程的解。
但是要求的是a*x+b*y=r这个解。
t1=r*t1/ans;(上面代码里的)。
ll ans=exgcd(a,b,t1,t2);这个求出来的t1是a*x+b*y=gcd(a,b)的解,t1就是x。
要求的是a*x+b*y=r。
a*x+b*y=gcd(a,b) ==>>a*x+b*y=gcd(a,b)/r*r(除以r再乘回来) 。
把gcd(a,b)/r移到左边,为a*(x/gcd(a,b)*r)+b*(y/gcd(a,b)*r)=r。
所以把a*x+b*y=gcd(a,b)求到的解x=(x/gcd(a,b)*r)就是a*x+b*y=r的解
就是t1=r*t1/ans;
因为要求的是最小解,现在x是等于(x/gcd(a,b)*r)。
a*x+b*y=r已经求到了这个的特解。
a*(x+k*b)+b*(y-k*a)=r那么x的解满足x0=x+k*b这个形式。但是这个不是最简的,因为a,b是有公约数的。
a*(x+k*b/gcd(a,b))+b*(y-k*a/gcd(a,b))=r这个是最简的。
x0=x+k*b/gcd(a,b)求x0的最小正整数。
最小正整数解x0=(x%s+s)%s; s=b/gcd(a,b);
t1=(t1%(b/ans)+(b/ans))%(b/ans);
剩下的就好理解了。
老是错,最后知道哪里错了,把continue忘了。。。
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