【POJ】1061 - 青蛙的约会（扩展欧几里得）

点击打开题目

青蛙的约会

Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 106162 Accepted: 20985

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

Source

浙江

具体有关扩展欧几里得的公式就不细说了，看百度百科写的很详细，我就是看那个学会的。

说一下这道题的解题过程：

我们设他们跳了 t 次，最终可以列二元一次不定方程：

（x+mt）-（y+nt）=kl

移项并合并同类项：

（x-y）+（m-n）*t=kl

再移项，变为扩展欧几里得的一般形式：

k*l+（n-m）*t = x-y

我们和一般形式对比一下，得a=l，b=（n-m），x1=k，y1=t，d=x-y

这里要注意，设c=GCD（a，b），扩展欧几里得有解的条件是d % c== 0，而后面这个x-y不一定是c的倍数。

我们先假设后面等于c，然后用扩展欧几里得求出一组解，如果d % c != 0 的话，那就是Impossible；否则让a，b分别乘一个d / c，这就得出了一组特解了。

然后根据公式，我们可以得出通解：

x = x0 + b*t；

y = y0 - a*t；（t为任意常数）

最小的正整数y就是我们要的解。

因为这里的y可能是负数，我们把它变成正数再对a / c求个余就行了。（具体实现方法看代码）

代码如下：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;#define CLR(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define INF 0x3f3f3f3flong long exGCD(long long a,long long b,long long &x,long long &y){if (b == 0){x = 1;y = 0;return a;}long long g = exGCD(b,a%b,y,x);y -= a / b * x;return g;}int main(){long long x,y,m,n,l;while (~scanf ("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&l)){long long a = l;long long b = n - m;long long k1,k2;long long g = exGCD(a,b,k1,k2);if ((x-y) % g != 0){printf ("Impossible\n");continue;}long long ans = k2 * (x - y) / g;//通解为  ans + a / g * t（t为任意整数）a /= g;ans = (ans % a + a) % a;//找出在[0,a/g-1]的那个解 printf ("%lld\n",ans);}return 0;}