poj--1061青蛙的约会(扩展欧几里得公式的应用）

青蛙的约会

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

题解：

设时间为t，则两个青蛙的位置分别为(x+mt)mod L、(y+nt) mod L，相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L。

整理的    (m-n)*t+k*L=y-x。

现在已经符合ax+by=c的方程了，设a=m-n，b=L，c=y-x

于是拓展gcd

利用扩展欧几里得算法求解不定方程a * x + b * y = n的整数解的求解全过程，步骤如下：
1、先计算Gcd(a,b)，若n不能被Gcd(a,b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同时除以Gcd(a,b)，得到新的不定方程a’ * x + b’ * y = n’，此时Gcd(a’,b’)=1;
2、利用扩展欧几里德算法求出方程a’ * x + b’ * y = 1的一组整数解x0,y0，则n’ * x0,n’ * y0是方程a’ * x + b’ * y = n’的一组整数解；
3、根据数论中的相关定理，可得方程a’ * x + b’ * y = n’的所有整数解为：
       x = n’ * x0 + b’ * t
       y = n’ * y0 – a’ * t    (t=0,1,2，……)

调整得到正整数解

代码如下：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <algorithm>using namespace std;  typedef long long ll;ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){    if(b==0){        x=1;y=0;        return a;    }else{        long long r=extend_gcd(b,a%b,y,x);        y-=x*(a/b);        return r;    }    }int main(){ll x,y,m,n,L;    ll a,b,c,gcd;    while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)    {    a=m-n;        b=L;        c=y-x;        if(a<0)        {    a=-a;            c=-c;        }        gcd=extend_gcd(a,b,x,y);        if(c%gcd!=0)                cout<<"Impossible"<<endl;        else{                x=x*c/gcd;            int t=b/gcd;            if(x>=0)                x=x%t;            else                x=x%t+t;            cout<<x<<endl;        }    }    return 0;}