扩展欧几里得定理——POJ 1061

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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

思路：假设两青蛙可以在第 t 步碰面，青蛙A的总距离LA = x + m * t，青蛙B的总距离LB = y + n * t，则 LA ≡ LB(mod L)，即LA与LB模L同余。所以满足 LA - LB = k*L（设LA = k1 * L + c，LB = k2 * L + c，则LA - LB = (k1 - k2) * L = k*L）。代入得 (x + m * t) - (y + n * t) = k * L    ----->    (m - n) * t  + (-L) * k = y -x。

对于二元一次方程的整数解集，可用扩展欧几里得定理解出：

对于不完全为 0 的非负整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数，必然存在整

数对 x，y ，使得 gcd（a，b）=ax+by。

求解 x，y的方法的理解

设 a>b。

1，显然当 b=0，gcd（a，b）=a。此时 x=1，y=0；

2，ab<>0 时

设 ax1+by1=gcd(a,b);

bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b);

根据朴素的欧几里德原理有 gcd(a,b)=gcd(b,a mod b);

则:ax1+by1=bx2+(a mod b)y2;

即:ax1+by1=bx2+(a-[a/b]*b)y2=ay2+bx2-[a/b]*by2;

也就是ax1+by1==ay2+b(x2-[a/b]*y2);

根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2-[a/b]*y2;

这样我们就得到了求解 x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于 x2，y2.

上面的思想是以递归定义的，因为 gcd 不断的递归求解一定会有个时候 b=0，所以递归可以结束。

假设x, y 是ax + by = gcd(a, b)的一组特解，那(x + kb1, y + ka1) 就是通解（其中k为任意整数，a1 = a / gcd(a, b)，b1 = b / gcd(a, b)）

要解ax + by = c，先判断 c % gcd(a, b) == 0 是否成立，如不成立，那就无解。在解出  ax + by = gcd(a, b)的一个特解x后，将它乘以c / gcd(a, b)；即 x *= c / gcd(a, b)，然后根据x + kb1可知，x1 = x % b1是最接近0的解，如果x1 < 0，则加上abs(b1)。x1就是最终答案。

#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>typedef long long LL;void Solve(LL a, LL b, LL &g, LL &x, LL &y){if(!b){g = a;x = 1;y = 0;}else{Solve(b, a % b, g, y, x);y -= x * (a / b);}}int main(){//freopen("in.txt", "r", stdin);LL x, y, m, n, L;LL a, b, c, g, x1, y1, k;while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L)){a = m - n;b = -L;c = y - x;Solve(a, b, g, x1, y1);if(c % g){printf("Impossible\n");continue;}x1 *= c / g;x1 %= b / g;if(x1 < 0) x1 += abs(b / g);printf("%lld\n", x1);}return 0;}