poj1601(拓展欧几里得)
2018-02-05 02:23
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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
Sample Output
Source
浙江
![](https://img-blog.csdn.net/20180205021641232?watermark/2/text/aHR0cDovL2Jsb2cuY3Nkbi5uZXQvS3lyaWVfMTA=/font/5a6L5L2T/fontsize/400/fill/I0JBQkFCMA==/dissolve/70/gravity/SouthEast)
解x,y的方法的理解:
1、显然当 b=0,gcd(a,b)=a。此时x=1,y=0;
也就是1*a+0*b = a
2、设ax1+by1=gcd(a,b);
在下一个exgcd里bx2+(amod b)y2=gcd(b,amod
b);
根据欧几里德原理有gcd(a,b)=gcd(b,amod
b);
4000
则:ax1+by1=bx2+(amod b)y2;
即:ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;
根据恒等定理得:x1=y2; y1=x2-(a/b)*y2;
这样我们就得到解x1,y1 的方法:x1,y1
的值基于 x2,y2。
设时间为t,则两个青蛙的位置分别为(x+mt)modL、(y+nt) mod L,相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L,即(m-n)*t+k*L=y-x。
OK,现在已经符合ax+by=c的方程了,设a=m-n,b=L,c=y-x,
由于ax+by=gcd(a,b)而不是c,因此只有当c|gcd(a,b)时,有解
此时方程俩边同时乘c/gcd(a,b),便可得c/gcd(a,b)*(ax+by)=c
转化一下,现在
x=x*c/gcd(a,b),
b=b/gcd(a,b)
在ax+by=c此方程中,x增b,y减a,和不变。所以(x%b+b)%b可求出最小的x.也可分正负讨论
Time Limit: 1000MS | Memory Limit: 10000K | |
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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"
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Source
浙江
解x,y的方法的理解:
1、显然当 b=0,gcd(a,b)=a。此时x=1,y=0;
也就是1*a+0*b = a
2、设ax1+by1=gcd(a,b);
在下一个exgcd里bx2+(amod b)y2=gcd(b,amod
b);
根据欧几里德原理有gcd(a,b)=gcd(b,amod
b);
4000
则:ax1+by1=bx2+(amod b)y2;
即:ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;
根据恒等定理得:x1=y2; y1=x2-(a/b)*y2;
这样我们就得到解x1,y1 的方法:x1,y1
的值基于 x2,y2。
设时间为t,则两个青蛙的位置分别为(x+mt)modL、(y+nt) mod L,相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L,即(m-n)*t+k*L=y-x。
OK,现在已经符合ax+by=c的方程了,设a=m-n,b=L,c=y-x,
由于ax+by=gcd(a,b)而不是c,因此只有当c|gcd(a,b)时,有解
此时方程俩边同时乘c/gcd(a,b),便可得c/gcd(a,b)*(ax+by)=c
转化一下,现在
x=x*c/gcd(a,b),
b=b/gcd(a,b)
在ax+by=c此方程中,x增b,y减a,和不变。所以(x%b+b)%b可求出最小的x.也可分正负讨论
#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<queue> #include<stack> #include<map> #include<vector> #include<list> #include<set> #include<iomanip> #include<cstring> #include<cctype> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<ctime> #include<cassert> #include<sstream> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 10005; #define MOD 1000000007 #define INF 0x3f3f3f3f #define PI acos(-1.0) typedef long long ll; 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,y,x); y-=x*(a/b); /* ll r =exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-a/b*y;*/ return r; } int main() { ll x,y,m,n,L; ll a,b,c,gcd; while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF) { a=m-n; b=L; c=y-x; if(a<0) { a=-a; c=-c; } gcd=exgcd(a,b,x,y); if(c%gcd!=0) printf("Impossible"); else { x=x*c/gcd; int t=b/gcd; if(x>=0) x=x%t; else x=x%t+t; printf("%lld\n",x); } } return 0; }
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