BZOJ 1477 青蛙的约会 扩展欧几里得

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

HINT

Source

题目传送门

题意就是A青蛙x起点m速度追B青蛙y起点n速度，

然后如果位置>L，就mod L。

求A第一次追上B的时间。

可以知道这是简单的追及问题。每次追上m-n。

然后我们可以得到方程：

(m-n)*Q+W*L=(y-x)+R*L。

Q，W，E，R都是未知整数。

那么我们可以简单移项：

(m-n)*Q+(W-R)*L=(y-x)

W-R反正还是未知量，我们设它为T，那么

(m-n)*Q+T*L=y-x。

扩展欧几里得可以解决Ax+By=z形式的方程。

这题就是一个应用。

无解的时候？可以看到，x≠y，所以如果m=n就无解。

还有就是求方程解的时候无解的情况。

这个不多说了。

注意一下正负的问题。

#include<bits/stdc++.h>#define ll long longusing namespace std;ll read(){    ll x=(ll)0,f=(ll)1;char ch=getchar();    while (ch<'0' || ch>'9'){if (ch=='-') f=(ll)-1;ch=getchar();}    while (ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}    return x*f;}ll x,y,m,n,L;ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){if (!b){x=(ll)1,y=(ll)0;return a;}int tt=exgcd(b,a%b,x,y);int tmp=x;x=y,y=tmp-a/b*y;return tt;}int main(){x=read(),y=read(),m=read(),n=read(),L=read();if (m==n){puts("Impossible");return 0;}ll a=((m-n)%L+L)%L,b=y-x;ll t1,t2;ll t=exgcd(a,L,t1,t2);if (b%t){puts("Impossible");return 0;}a/=t,L/=t,b/=t;t1=(t1*b%L+L)%L;printf("%lld\n",t1);return 0;}