poj-1061 青蛙的约会 （扩展欧几里得）

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

题目思路：根据题意，如果青蛙A和青蛙B能够碰面的话，必定会满足方程 x + m*t = y + n * t - k*L（假设青蛙B一次跳跃的距离大于青蛙A），经过整理之后得 (m-n)*t + k * L = y - x ，如果我们令 A = m - n，B = L，C  = y - x的话，就可将此方程转化为 Ax + By = C的形式（x = t，y = k），接着我们便可求出gcd（A,B）；根据数学性质我们可以知道方程有解的条件是C整除于gcd（A,B）；判断完是否有解之后，我们可以令方程左右两边同时除以gcd（A,B），得到新方程 A'x + B'y = C'；其中gcd（A',B'）=1;我们便可以先用扩展欧几里得解出 A'x + B'y = 1的x，接着再将x扩大C'倍，但这个并不是所需花费的最小时间，所以可扩充下解系来求得最小的解。

具体实现方法看下面的代码。

AC代码：

#include <cmath>#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>#define INF 0x3f3f3f3f#define FIN freopen("in.txt","r",stdin)#define fuck(x) cout<<'['<<x<<']'<<endlusing namespace std;typedef long long LL;typedef pair<int, int>pii;const int MX = 1000 + 10;LL gcd(LL a, LL b) {    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);}void ex_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) {    if(!b) {d = a;x = 1;y = 0;}    else {        ex_gcd(b, a % b, d, y, x);        y -= x * (a / b);    }}LL x, y, m, n, L;void solve(LL a, LL b, LL c) {    if(a < 0)        a += L;    LL D = gcd(a, b);    if(c % D)//判断是否有解；        puts("Impossible");    else {        a /= D, b /= D;        c /= D;        LL x, y, d;        ex_gcd(a, b, d, x, y);//利用扩展欧几里得求得满足方程组的一个解x；        x = (x * c) % b;//扩展解系，求得满足方程的最小解；        while(x < 0)            x += b;        cout << x << endl;    }}int main() {    while(cin >> x >> y >> m >> n >> L) {        LL A = m - n,B = L, C = (y - x);//构造方程组的A,B,C；        solve(A, B, C);    }    return 0;}