POJ 1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)
来源:互联网 发布:千兆网络交换机的作用 编辑:程序博客网 时间:2024/05/17 09:25
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
分析:设两只青蛙跳S次之后碰面且A比B跳得快,则(x + S * m) - (y + S * n) = k * L(k = 0, 1, 2……)。移项合并后的(n - m) * S + k * L = (x - y).令a = n - m, b = L, c = x - y,即a * S + b * L = c(1)若式(1)有整数解,则两只青蛙能相遇,否则不能。所以问题就转化为了求方程的整数解。首先计算出d = gcd(a, b),如果d不能整除c,则方程无整数解。否则,在方程两边同时除以d,得到a’ * S + b’ * L = c‘,此时gcd(a’, b’) = 1.然后利用扩展欧几里得算法求出a’ * S + b’ * L = 1’的一组整数解x0, y0,则(c’ * x0, c’ * y0)是a’ * S + b’ * L = c‘的一组整数解,a’ * S + b’ * L = c‘的所有解为(x = c’ * x0 + b’ * k, y = c’ * y0 - a’ * k),同时也是a * S + b * L = c的所有解。
代码一
#include <cstdio>#include <cmath>typedef long long LL;LL X, Y, M, N, L;LL gcd(LL a, LL b) { while(b) { LL r = a % b; a = b; b = r; } return a;}void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return ; } else { extend_gcd(b, a % b, x, y); LL tmp = x; x = y; y = tmp - a / b * y; }}int main() { LL x, y, d; while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &X, &Y, &M, &N, &L)) { LL a = N - M; LL b = L; LL c = X - Y; d = gcd(a, b); if(c % d != 0) { printf("Impossible\n"); continue; } a /= d; b /= d; c /= d; extend_gcd(a, b, x, y); LL t = c * x % b; if(t < 0) t += b; printf("%I64d\n", t); } return 0;}
代码二
#include <iostream> typedef long long LL; using namespace std; LL X, Y, M, N, L; void extend_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) { if(b == 0) { d = a; x = 1; y = 0; } else { extend_gcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); } } int main() { while(cin >> X >> Y >> M >> N >> L) { LL d, x, y; extend_gcd(N - M, L, d, x, y); if((X - Y) % d == 0) { LL p = L / d; x = (X - Y) / d * x; x = (x % p + p) % p; //防止x为负值 cout << x << endl; } else cout << "Impossible" << endl; } return 0; } /* d为N-M和L的最大公约数,x为(N-M)/d对L/d的逆元,即((N-M)/d) * x ≡ 1(mod L/d), 即((N-M)/d) * x + (L / d)* y = 1的一组解, 所以((N-M)/d) * x + (L / d)* y = (X-Y)/d的一组解为x0 = (X-Y)/d * x. 这也是(N - M) * x+ L * y = (X - Y)的一组解。 */
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