POJ_1061_扩展欧几里德
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Description
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。
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1 2 3 4 5
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4 (x+mt)-(y+nt)=kl;变形得:(m-n)t-(y-x)=kL;即有(m-n)t mod L=y-x;为线性同余方程。此方程有解当且仅当y-x能被m-n和L的最大公约数(记为gcd(m-n,L)),即gcd(m-n,L)|y-x。这时,如果x0是方程的一个解,即当t=x0时,(m-n)t mod L=y-x成立,那么所有的解可以表示为:
{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。
欧几里得算法的拓展应用中有如下三条定理:
定理一:如果d = gcd(a, b),则必能找到正的或负的整数k和l,使d = a*x+ b*y。
定理二:若gcd(a, b) = 1,则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理三:若gcd(a, b) = d,则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
证明:上述同余方程等价于ax + by = c,如果有解,两边同除以d,就有a/d * x + b/d * y = c/d,即a/d * x ≡ c/d (mod b/d),显然gcd(a/d, b/d) = 1,所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解,即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X,那么令r = b/gcd(a, b),可知x在[0, r-1]上有唯一解,所以用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了!(X % r可能是负值,此时保持在[-(r-1), 0]内,正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内,所以再模一下r就在[0, r-1]内了)。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
#define LL long long long long xx,yy;
LL e_gdc(LL a,LL b)
{
if(b==)
{
xx=;
yy=;
return a;
}
LL r=e_gdc(b,a%b);
LL term=xx;
xx=yy;
yy=term-a/b*yy;
return r;
} int main()
{
LL x,y,m,n,L;
while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
{
LL a=n-m,b=x-y;
LL g=e_gdc(abs(a),L);
cout<<g<<endl;
if(b%g!=)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
xx=xx*b/g;L/=g;
//cout<<g<<"*"<<xx<<"*"<<yy<<endl;
printf("%I64d\n",(xx%L+L)%L);
}
return ;
}
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