[数论]POJ 1061 青蛙的约会 扩展欧几里得算法

传送门：青蛙的约会

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

Source

浙江

解题报告：

此题为扩展欧几里得算法。

根据题意，两个青蛙跳到同一个点上才算是遇到了，所以有 (x+m*t) - (y+n*t) = p * ll;  (t是跳的次数，ll是a青蛙跳的圈数跟b青蛙的圈数之差。整个就是路程差等于纬度线周长的整数倍)，转化一下： (n-m) * t + ll * p = x – y;令 a = n-m,  b = ll,  c = gcd(a, b),  d = x-y;有 a * t + b * p = d;   (1)要求的是t的最小整数解。用扩展的欧几里德求出其中一组解t0 ,p0, 并令c = gcd(a, b);有 a * t0 + b * p0 = c;  (2)因为c = gcd(a, b), 所以 a * t / c是整数，b * t / c 也是整数，所以 d / c 也需要是整数，否则无解。 (2)式两边都乘(d / c) 得 a * t0 *(d / c) + b * p0 * (d / c) = d; 所以t0 * (d / c)是最小的解，但有可能是负数。因为a * ( t0 *(d / c) + b*n) + b * (p0 * (d / c) – a*n) = d; (n是自然数)所以解为 (t0 * (d / c) % b + b) % b;

代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>using namespace std;long long ext_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){    if(b==0){        x=1;y=0; return a;    }    long long d=ext_gcd(b,a%b,x,y);    long long xt=x;    x=y;    y=xt-a/b*y;    return d;}int main(){    long long xx,yy,m,n,l;    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&xx,&yy,&m,&n,&l)==5){        if(n==m){            printf("Impossible\n");            continue;        }        long long a,b,c,d,x,y;        a=n-m;        d=xx-yy;        b=l;        c=ext_gcd(a,b,x,y);        if(d%c!=0){            printf("Impossible\n");            continue;        }        else{            b=b/c;            d=d/c;            long long v=d*x;            printf("%lld\n",(v%b+b)%b);        }    }    return 0;}