POJ - 1601 - 青蛙的约会 - （扩展欧几里得解同余方程）

AC链接：http://poj.org/problem?id=1061

参考：

http://blog.csdn.net/loi_dqs/article/details/49488851

http://blog.renren.com/share/341541251/14518239244/0

解析：

线性同余方程
同余方程即：ax≡b(mod m)，a、b、m都是整数，求解x。
上面的表达式也就是(ax-b)modm=0
求解原理：
对于ax≡b(modm)，存在ax+by=gcd(a,b)，x、y是整数。

1、gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)

2、有ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a mod b)
而gcd(b,a mod b)=bx'+(amod b)y'=ay'+b(x'-a div b*y')//最后等号一步就是打开括号整理
从而ay'+b(x'-a divb*y')=ax+by
所以可以得到x=y', y=x'-adiv b*y'

3、求解ax≡b(mod m)，就可以在递归的时候由x、y堆砌求到
并且我们知道，a、b不全为0，令a>b,当b=0时，gcd(a,b)=a，此时解为x=1，y=0。
这是递归求解的最底层，是无数解当中的最小解。
 
对于一个式子ax+by=n，如果gcd(a,b) mod n≠0,便不存在整数解x，y。

对于本题：
我们可以设在两只青蛙跳了s次之后相遇。则方程为：(x+m*s)-(y+n*s)=k*L(k=0,1,2....);
可以化解为(n-m)*s+k*L=x-y;
（公式一）
我们令a=n-m，b=L，c=x-y;

可以得到式子a*s+b*k=c(这里的s，k就相当于上面线性同余方程的x，y)我们要求的便是这个s值。
但我们用扩展欧几里得算法算的是方程(n-m)*s’+k’*L=gcd(n-m,L)（公式二）的解(s’,k’)，想要得到s只需联立两个公式得s=s’*(x-y)/gcd(n-m,L),
 （按照扩展欧几里得算法我们得到s’代表一个解系，那么s也是代表一个解系，我们需要在其中找到最小解。）

进一步得到题目答案即最小解：s=[s’*(x-y)/gcd(n-m,L)]%(L/ gcd(n-m,L))
这里进一步的证明如下：

设要解的方程（求x）是：

a*x1+b*y1=c

而我们已经解得

a*x+b*y=gcd(a,b)=d

此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：

a*x∗cd+b*y∗cd=c

所以：

x1=x∗cd

这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。

我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么



<x−bd,y+ad>

也是原方程的一组解。

这样我们只需要让解得的x不断减

b/d

，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。 

其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：

x1=(x∗cd)modbd

还有一种证法。对于这个式子：

ax1+by1=c

我们可以让等式两边同时除以d，则：

adx1+bdy1=cd

相当于化简，此时对结果无影响，求就好了。

由于x≠y显然当n==m是无解，如果c mod gcd(a,b)≠0（即(x-y) mod gcd(n-m,L)≠0）也无解，输出'Impossible'(无整数解)

代码：

#include<iostream>
#include<string>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,x,y,L;
ll extend_Euclide(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
if(b==0)
{
x=1; y=0;
return a;
}
ll t=extend_Euclide(b,a%b,x,y);
ll temp=x;
x=y;
y=temp-(a/b)*y;
return t;
}

int main()
{
ll res,ans,tmp;
while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
{
if(m==n)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
ll gcd=extend_Euclide(n-m,L,res,tmp); //解方程(n-m)*s+k*L=gcd(n-m,L),这里gcd就是gcd(n-m,L)，res就是s，tmp就是k，（s，k）是一组解
if((x-y)%gcd)
{
printf("Impossible\n");
}else{
ll mod=L/gcd;
ans=(res*(x-y)/gcd%mod+mod)%mod;//求最小解
printf("%lld\n",ans);
}
}
return 0;
}