poj 2142 拓展欧几里得 砝码

一，题意：
　　有两个类型的砝码,质量分别为a,b;现在要求称出质量为d的物品,
　　要用多少a砝码(x)和多少b砝码(y)，使得(x+y)最小。（注意：砝码位置有左右之分）。
二，思路：
　　1，砝码有左右位置之分，应对比两种情况
　　　　i，a左b右，得出方程 ax1 - by1 = d ;
　　　　ii，b左a右，得出方程 bx2 - ay2 = d 。
　　2，利用扩展欧几里德算法，解出(x1,y1)、(x2,y2)，并求出最小x1和x2，以及相对应的y1,y2。
　　3，输出x1+y1和x2+y2 中的最小值。
三，步骤：
　　1，由题意得出两个方程
　　　　i，ax1 - by1 = d ;
　　　　ii，bx2 - ay2 = d 。
　　2，代入算法，解出两个方程的解(x1,y1)、(x2,y2)，并求出最小x1和x2，以及相对应的y1,y2.
　　x 为最小正整数时候的解 x = (x % a + a) % a
　　和y为最小整数时候的解 然后比较即可
　　　　(详细步骤请参照本博客poj1061或者poj2115)。
　　3， 判断步骤
　　　　i，x1+y1最小时，输出x1，y1
　　　　ii，x2+y2最小时，输出y2，x2。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;int Extend_gcd(int a,int b,int &x,int &y){    if(!b)    {        x=1,y=0;        return a;    }    else     {        int r=Extend_gcd(b,a%b,y,x);        y-=x*(a/b);        return r;    }}int main(){    int a,b,n;    while(cin>>a>>b>>n)    {        if(a+b+n==0)            break;        int x,y;        int gcd=Extend_gcd(a,b,x,y);        int vx=x*(n/gcd);        int t=b/gcd;            vx=(vx%t+t)%t;        int vy=(n-a*vx)/b;        if(vy<0) vy=-vy;        y=(y*n/gcd);        t=a/gcd;        y=(y%t+t)%t;        x=(n-b*y)/a;        if(x<0) x=-x;        if(x+y>vx+vy)        {            x=vx,y=vy;        }        printf("%d %d\n",x,y );    }}