poj 2115 C Looooops (扩展欧几里德)

题意：对于C的for(i=A ; i!=B ;i +=C)循环语句，A，B，C为无符号整型，最大为2^k-1,问这个循环能否结束，如果能结束，输出循环次数，否则输出FOREVER
思路：设循环x次，(A+Cx)%2^k = B,则A+Cx=B+(2^k)y,y为未知数，移项后为Cx-(2^k)*y=B-A==>Cx+(2^k)(-y) = B-A,到这里就看出来用扩展欧几里德算法求解了。d=gcd(C,2^k),如果d能整除B-A则有解，结果就是最小正整数解，如果不能整除就无解。
计算过程中如果用移位运算符的话要指明1LL左移k位,如果是1左移k位的话，1会按照32位来算，当1<<31或1<<32的时候就会得到错误结果。我在这里wa了好几发，看了discuss才知道。。
下边是最小正整数解的证明过程：
　　证明过程是朋友从网上找的。。。。。。
　　关于 x 的模方程 ax%b=c 的解
　　方程转换为 ax+by=c 其中 y 一般为非正整数
　　则问题变为用 exgcd 解不定方程
　　(gcd(a,b)=r,我自己加的)
　　解得 x1=x0*c/r
　　通解为 x=x1+b/r*t
　　设 s=b/r （已证明 b/r 为通解的最小间隔）
　　则 x 的最小正整数解为 (x1%s+s)%s
　　证明：
　　　　若 x1>0，则 (x1%s+s)%s=x1%s%s+s%s=x1%s=x1-ts (t∈N)
　　　　若 x1<0，因在 C++ 里 a%b=-(-a%b)<0 (a<0 , b>0) 如 -10%4=-2
　　　　　　　　 则 (x1%s+s)%s=(-(-x1%s)+s)%s=(-(ts-x1)+s)%s=ts-x1 (t∈N)
　　　　即为 x1 通过加或减上若干个 s 后得到的最小正整数解
　　　　得证
　　亦可伪证 x1<0 的情况：设 x1=-5 , s=2
　　　　　　　　　　　　 则 (x1%s+s)%s=(-5%2+2)%2=(-1+2)%2=3%2=1
　　　　　　　　　　　　 即为 x1 加上 3 个 s 后的到的最小正整数解

#include <cstdio>long long extend_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y){    if(a==0&&b==0) return -1;    if(b==0)    {        x=1;        y=0;        return a;    }    long long d=extend_gcd(b,a%b,y,x);    y-=a/b*x;    return d;}int main(){    long long A,B,C,k,maxn,d,x,y,r,der,res;    while(scanf("%lld %lld %lld %lld",&A,&B,&C,&k) && (A+B+C+k))    {        if(C==0 && A!=B)        {            printf("FOREVER\n");            continue;        }        else if(A == B)        {            printf("0\n");            continue;        }        r = B-A;        maxn = 1LL<<k;        d = extend_gcd(C,maxn,x,y);        der = maxn/d;        res = (x*(r/d))%maxn;        if(r%d != 0)            printf("FOREVER\n");        else            printf("%lld\n",(res%der+der)%der);    }    return 0;}