poj1061(extendgcd)

看完题目后,题目要求:

设时间为t

(x+mt)%L = (y+nt)%L

( x-y + (m-n)*t )= k*L (k是整数，可为负)

然后就是经典的

xa+yb=c 求解x,y的经典题目了。

/*

xa+yb=c

先求 xa+yb=gcd(a,b)

如果c%gcd(a,b)不为0，则没有整数解

求出x0,y0后，

x0 *= c/gcd(a,b)

y0 *= c/gcd(a,b)

即为xa+yb = c 的一组解。

怎么求所有解呢， 求出xa+yb=0

x = s_x* b/gcd(a,b)

y = sy* -a/gcd(a,b)

因为整个方程是对L取模的,对应的也就是b取模,所以sy可以任意取。

设s=b/gcd(a,b)

则x0的最小正整数解为: (x0%s+s)%s

*/

最后在所有解t中找出一个最小正整数。

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

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <math.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

void extendgcd(ll a,ll b,long long &x,long long &y)
{
    if(a%b==0)
    {
        //到了终止条件
        x=0; y=1;
        return ;
    }
    extendgcd(b,a%b,x,y);
    long long tmpx;
    tmpx=y;
    y=x-(a/b)*y;
    x=tmpx;
}
long long GCD(long long a,long long b)
{
    if(b==0) return a;
    return GCD(b,a%b);
}

int main()
{
    ll x,y,m,n,l;
    while(cin>>x>>y>>m>>n>>l)
    {
        x%=l;
        y%=l;

        if(m==n)
        {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        ll R,P;
        if(m>n)
        {
            R = m-n;
            P = y-x;
        }
        else
        {
            R = n-m;
            P = x-y;
        }
        ll gcd = GCD(R,l);

        if(P%gcd != 0)
        {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        ll k0,t0;
        extendgcd(l,R,k0,t0);
        t0 *= (P/gcd);
        ll s=l/gcd;
        cout << (t0%s+s)%s<<endl;
    }
    return 0;
}