poj1601(拓展欧几里得)

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

Source

浙江 poj1601(拓展欧几里得)_第1张图片

解x,y的方法的理解:

  1显然当 b=0,gcd(a,b)=a。此时x=1,y=0;

  也就是1*a+0*b = a

  2ax1+by1=gcd(a,b);

          在下一个exgcdbx2+(amod b)y2=gcd(b,amod b);

          根据欧几里德原理有gcd(a,b)=gcd(b,amod b);

          则:ax1+by1=bx2+(amod b)y2;

          即:ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;

         根据恒等定理得:x1=y2; y1=x2-(a/b)*y2;

        这样我们就得到解x1,y1 的方法:x1,y1 的值基于 x2,y2

设时间为t,则两个青蛙的位置分别为(x+mt)modL、(y+nt) mod L,相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L,即(m-n)*t+k*L=y-x。

OK,现在已经符合ax+by=c的方程了,设a=m-n,b=L,c=y-x,

由于ax+by=gcd(a,b)而不是c,因此只有当c|gcd(a,b),

此时方程俩边同时乘c/gcd(a,b),便可得c/gcd(a,b)*(ax+by)=c

转化一下,现在  x=x*c/gcd(a,b),  b=b/gcd(a,b)

ax+by=c此方程中,xbya,和不变。所以(x%b+b)%b可求出最小的x.也可分正负讨论


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using namespace std;
const int N = 10005;
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
typedef long long ll;

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b==0)
	{
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	ll r=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=x*(a/b);
	
/*	ll r =exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;
	x=y;
	y=t-a/b*y;*/
	
	return r;
}
int main()
{
	ll x,y,m,n,L;
	ll a,b,c,gcd;
	while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
	{
		a=m-n;
		b=L;
		c=y-x;
		if(a<0)
		{
			a=-a;
			c=-c;
		}
		gcd=exgcd(a,b,x,y);
		if(c%gcd!=0)
			printf("Impossible");
		else
		{
			x=x*c/gcd;
			int t=b/gcd;
			if(x>=0)
				x=x%t;
			else
				x=x%t+t;
			printf("%lld\n",x);
		}
	}
	return 0;
}















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