poj 1061 青蛙的约会 数论扩展GCD

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

解题思路：
gcd与extgcd就不证了，<<挑战程序设计竞赛>>上证的很好。
说一下应用吧

gcd（a，b）为求a,b，的最大公约数

extgcd为求ax+by=gcd（a，b）的解，注意c必须为gcd（a，b）。
通解为
x= x0 + b/Gcd(a, b) * t
y = y0 - a/Gcd(a, b) * t(其中t为任意整数)
证明见百度百科

如何求ax+by=c的解呢

首先如果c/gcd（a，b）！=0的话是没有整数解的。

我们可以先用extgcd求出a/gcd(a,b)*x+b/gcd(a,b)*y=1的解x1，y1，
即a*x1/gcd(a,b)+b*y1/gcd(a,b)=1。
再在方程两边同时乘以c,得到
a（x1*c/gcd(a,b)）+b（y1*c/gcd(a,b)）=c
所以ax+by=c的解为x1*c/gcd(a,b)与y1*c/gcd(a,b)。

设x2=x1*c/gcd(a,b)。
y2=y1*c/gcd(a,b)。

通解为
x= x2 + b/Gcd(a, b) * t
y = y2 - a/Gcd(a, b) * t(其中t为任意整数)

开始说题：
令k1为跳的次数，k2为超过的圈数。

由题意知（x+mk1）-（y+nk1）=k2*l；

化简得（n-m）*k1+l*k2=x-y；
令a=n-m；
b=l；
c=x-y；
即得到a*k1+b*k2=c可用扩展gcd解题了

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;long long gcd(long long a,long long b);long long int extgcd(long long int a,long long int b,long long int &x,long long int &y);int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    long long x,y,m,n,l,k1,k2;    cin>>x>>y>>m>>n>>l;    long long a=n-m;    long long b=l;    long long c=x-y;    long long r=gcd(a,b);    if(c%r!=0) cout<<"Impossible"<<endl;    else    {        a=a/r;        b=b/r;        c=c/r;        extgcd(a,b,k1,k2);        k1=c*k1-c*k1/b*b; //提示通解为k1=c*k1+b*t.注1        if(k1<0)         {             if(k1+b>0) k1+=b;             else if(k1-b>0) k1-=b;         }        cout<<k1<<endl;    }    return 0;}long long extgcd(long long int a,long long int b,long long int &x,long long int &y){    long long int d=a;    if(b!=0)    {        d=extgcd(b,a%b,y,x);        y-=(a/b)*x;    }    else    {        x=1;        y=0;    }    return d;}long long gcd(long long a,long long b){    if(b==0) return a;    return gcd(b,a%b);}

因为通解为k1=c*k1+b*t（t为任意整数），又由题知我们要求的为k1大于等于0的最小值，但是因为n-m与x-y的正负不可知，所以我们不清楚c与k1与b的正负，所以用c*k1-c*k1/b*b求出来的只可能是最接近0的那个正值或负值，当时正值的时候就直接输出了，当是负值的时候根据b的正负加上或者减去b。