hiho一下 第九十五周 数论四·扩展欧几里德

题目 : 数论四·扩展欧几里德

时间限制:10000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

小Hi和小Ho周末在公园溜达。公园有一堆围成环形的石板，小Hi和小Ho分别站在不同的石板上。已知石板总共有m块，编号为 0..m-1，小Hi一开始站在s1号石板上，小Ho一开始站在s2号石板上。

小Hi：小Ho，你说我们俩如果从现在开始按照固定的间隔数同时同向移动，我们会不会在某个时间点站在同一块石板上呢？

小Ho：我觉得可能吧，你每次移动v1块，我移动v2块，我们看能不能遇上好了。

小Hi：好啊，那我们试试呗。

一个小时过去了，然而小Hi和小Ho还是没有一次站在同一块石板上。

小Ho：不行了，这样走下去不知道什么时候才汇合。小Hi，你有什么办法算算具体要多久才能汇合么？

小Hi：让我想想啊。。

提示：扩展欧几里德

输入

第1行：每行5个整数s1,s2,v1,v2,m，0≤v1,v2≤m≤1,000,000,000。0≤s1,s2<m

中间过程可能很大，最好使用64位整型

输出

第1行：每行1个整数，表示解，若该组数据无解则输出-1

样例输入

0 1 1 2 6

样例输出

5

解法：

先确定5个参数之间关系，建设存在时间t和圈数k满足：

s1+v1*t=s2+v2*t-k*m (v1<v2)

(v1-v2)*t+k*m=(s2-s1)
——————      —— ——————
  A         B    C

看成Ax+By=C，求通解（x,y）使等式成立。使用扩展欧几里得算法。

上式成立的条件是，方程有解，既c为A，B最大公约数的整数倍。

欧几里得算法：是用来求解最大公约数的一种算法，大概思路是gcd(a, b) = gcd(b , a%b)，辗转相除法，这样做的好处是算法时间复杂度比枚举大大降低。logn级别。

a%b=0则，a、b的最大公约数为b。

a%b！=0，则gcd(a, b) = gcd(b , a%b)。

通过递归，降低数据的规模，得到一个解。

而扩展欧几里得算法，在欧几里得算法的基础上，再求一组（x,y），ABC均为gcd(A,B)的整数倍，ABC同时缩小gcd(A,B)。

得到A'x+B'y=C'，gcd(A',B')=1，A',B'互质(A,B的最大公约数为1)

取2组解

A * x1 + B * y1 = gcd(A, B)
B * x2 + (A % B) * y2 = gcd(B, A % B)
 
化简为

x1 = y2, y1 = (x2 - ky2)
递归求解（x,y）

终止条件为x=0，y=1；

 #include <iostream>
 typedef long long LL;
 using namespace std;
 
 LL gcd(LL a,LL b){
     if(b==)
         return a;
     return gcd(b,a%b);
 }
 
 LL extend_gcd(LL a, LL b,LL &x,LL &y){
     if(a%b!=){
         x=;
         y=;
         return a;
     }
 
     LL ans=extend_gcd(b,a%b,x,y);
     LL temp=x;
     x=y;
     y=temp-(a/b)*y;
     return ans;
 
 }
 
 int main(){
     LL s1,s2,v1,v2,m;
     cin>>s1>>s2>>v1>>v2>>m;
 
     LL A,B,C,D,x,y;
 
     A = v1 - v2;
     B = m;
     C = s2 - s1;
 
     if (A < )
         A = A + m ;
     D = gcd(A, B);
 
     if (C % D)
         cout<<-<<endl;
 
     A = A / D;
     B = B / D;
     C = C / D;
 
     x = extend_gcd(A, B,x,y);
     x = (x * C) % B;
     while (x < ){
         x = x + B;
     }
     cout<<x<<endl; 
 
 } 

自己的机器上跑没问题，提交hiho总是WA，伤不起。有大神可以指点一二就好了。