poj 1061 青蛙的约会

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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

exgcd

已知a,b,c,求一组合适的x,y满足ax+by=c。

需用扩展欧几里得来做。

已知当且仅当c%gcd(a,b)==0时方程有解，故我们只需求解ax+by=gcd(a,b)，最后x，y再乘上c/gcd(a,b)即可求出答案。

因为 ax1+by1=gcd(a,b),

可得出 bx2+a%b*y2=gcd(b,a%b)；

又 gcd(a,b)=gcd(b,a%b);

所以 ax1+by1=bx2+a%b*y2=bx2+(a-b*[a/b])y2=ay2+b*(x2-[a/b]*y2).

所以 x1=y2,y1=x2-[a/b]*y2,可以在递归中求，递归到最后一层时，a=gcd(a,b)，b=0，x=1，y=0 ;

另外的: x，y 是一组解，x+b/gcd(a,b)*t，y-a/gcd(a,b)*t （t为任意整数）也是一组解。

—回到原题—>

设所需时间为t，则m*t为A所跳距离，n*t为B所跳距离；

设 m>n , y>x ( A追B），

可得 ((m-n)*t)%L=y-x；

即 (m-n)*t+L*k=y-x ;

形如 ax+by=c , 可用exgcd求t。

代码

注意用long long

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;

long long x,y,m,n,L,d,t,k;
long long exgcd(long long a,long long b,long long  &xx,long long &yy)
{
if(b==0) {
xx=1,yy=0;
return a;
}
long long m=exgcd(b,a%b,yy,xx);
yy-=(a/b)*xx;
return m;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
long long aa=m-n,s=y-x;
if(aa<0) aa=-1*aa,s=-1*s;
d=exgcd(aa,L,t,k);
if(s%d!=0) cout<<"Impossible"<<'\n';
else
{
t=t*(s/d);
int p=L/d;
if(t>=0) t=t%p;
else t=t%p+p;
cout<<t<<'\n';
}
return 0;
}