POJ1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)
题目链接:http://poj.org/problem?id=1061
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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
Sample Output
4 题意如上
解题思路:两只青蛙要相遇,所以可以得出(x+m*t)mod L=(y+n*t) mod L,可以转化为(n-m)*t+L*k=x-y,套用扩展欧几里得模板就可以解除此方程,不过我们要将它转化成最小正整数解。
代码:
#include<iostream.h>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
//a*x+b*y=gcd(a,b);
//x=y1,y=x1-a/b*y1;
void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y,ll &c)
{
if(!b){
x=; y=; c=a; return;
}
exgcd(b,a%b,y,x,c);
y-=a/b*x;
}
//(n-m)*t+k*L=x-y;
ll n,m,x,y,L;
int main()
{
while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
{
ll a=n-m,b=L;
ll c=x-y;
if(c%gcd(a,b)!=){
puts("Impossible");
continue;
}
ll t,k,d;
exgcd(a,L,t,k,d);
//d=gcd(a,L)
//a*t+L*k=gcd(a,L) -> a*t*c/gcd(a,L)+L*k*c/gcd(a,L)=c
t=t*(c/d);
t=(t%(L/d)+L/d)%(L/d); //化成最小正整数解
cout<<t<<endl;
}
return ;
}
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