青蛙的约会----POJ1061
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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 题解:假设A的起始位置为A,A的步长为a;B的起始位置为B,步长为b,地球赤道周长为L;运动t次后A,B相遇;则:
A的运动方程为 :A+at;
B的运动方程为 :B+bt;
相遇条件为 :A+at-B-bt=mL;
移项整理得 :(b-a)t+mL=A-B; 所以很明显,这是一道用扩展欧几里得解不定项的问题,因为用扩展欧几里得解得的x只是满足方程的一个解,不一定是符合题意的最优解,所以最后的结果要取最小正整数解
#include<iostream>
#include<math.h>
#define max 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll x,y,r,s;
void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) //拓展欧几里得算法
{
if(!b)
x = , y = ;
else
{
exgcd(b, a % b, y, x);
y -= x * (a / b);
}
} ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==?a:gcd(b,a%b);
}
void T(ll a,ll b,ll c)
{
r=gcd(a,b);
s=b/r;
exgcd(a,b,x,y);//得到x0
x=x*c/r; //得到x1
x=(x%s+s)%s; //得到最小正整数解
}
int main()
{
ll A,B,L,a,b,r,c;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&A,&B,&a,&b,&L);
r=gcd(b-a,L),c=A-B;
if(c%r!=||a==b)
printf("Impossible\n");
else
{
T(b-a,L,A-B);
printf("%ld\n",x);
} return ;
}
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