【详解】POJ-1061-青蛙的约会【扩展欧几里得算法】

POJ-1061-青蛙的约会【扩展欧几里得算法】
模板：

int gcd(int a, int b)
{
　　if(b == 0)
　　        return a;
       return gcd(b, a % b);
}

扩展模板：

int exgcd(int a, int b, int &x, int &y){
　　if(b == 0){
　　x = 1;
　　y = 0;
　　 return a;
　　}
　　int r = exgcd(b, a % b, x, y);
　　int t = x;
　　x = y;
　　y = t - a / b * y;
　　 return r;
　　}

对于上页代码：
a’ = b, b’ = a % b 而言，我们求得 x, y使得 a’x + b’y = gcd(a’, b’)
　　由于b’ = a % b = a - a / b * b (这里的/是程序设计语言中的除法)
　　那么可以得到:
　　a’x + b’y = gcd(a’, b’) ===>
　　bx + (a - a / b * b)y = gcd(a’, b’) = gcd(a, b) ===>
　　ay +b(x - a / b*y) = gcd(a, b)
因此对于a和b而言，他们的相对应的p，q分别是 y和(x-a/b*y).
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
2、设 ax1+by1=gcd(a,b);
　　 在下一个exgcd里bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b);
　　 根据欧几里德原理有 gcd(a,b)=gcd(b,a mod b);
　　 则:ax1+by1=bx2+(a mod 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)mod L、(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)时,有解
此时方程俩边同时乘c/gcd(a,b),便可得c/gcd(a,b)*(ax+by)=c
注意t>0，所以要用通解公式得出最小正整数。最后注意用long long~

#include 
#include 
#include 
#include 
#define ll long long int
using namespace std;
long long 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);
    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;
}