拓展欧几里得算法 poj 1061 青蛙的约会

        首先，欧几里德算法是什么？又称辗转相除法，用于计算两个正整数a，b的最大公约数。欧几里德算法是基于gcd（a，b）= gcd（b，a%b）这一定理用递归编写的，其中gcd（a，b）即a，b的最大公约数，且可以认为a>b。代码如下：

long long gcd( long long x, long long y )
{
    if( y== 0 )
        return x;
    return gcd( y, x% y );
}

        在gcd(y,x%y)递归的最后一步中，设c=x%y，一定会有 c是y的约数，即y%c==0。在此，对于c 有c==1和c！=1两种情况，（若c==1，说明x，y互质），但无论那种情况，最终都会得到y==0。例如gcd(8,6)，递推的最后一步是gcd(6,2)（c！=1），又例如gcd(5,7)，最后一步是gcd(2,1)（c==1）。
        gcd（a，b）= gcd（b，a%b）如何理解呢？假设d为a，b的最大公约数，那么d是a-b，a-2b，...，a-n*b（即a%b）的约数。

        拓展欧几里得算法又是什么呢？它是用来求解已知a，b的二元方程ax+by=gcd（a，b）的算法。
        我们知道，ax+by=gcd是一个不定方程，一定存在多解，但是我们只要求出一组解x0，y0，就可以表示出整个方程的通解：
        x=x0+（b/gcd）*t，
        y=y0-（a/gcd）*t
        （证明：a（x-（b/gcd）*t）+b（y+（a/gcd）*t）=gcd）。
        现在我们思考，如何求解x0，y0呢？在欧几里德算法的最后一步递归中，a=gcd，b=0，即a+b=gcd。那么，是否有一种处理能将欧几里得算法的思路用于求解二元方程呢？只要a的系数为1，b的系数为0或其它任何值，就有a*1+b*0=gcd（x=1,y=0）。当然，这是运算的最终结果，通过逆推，我们可以得到方程的最初形式ax+by=gcd（本式的a，b与上式不同，本式中的a，b经过gcd运算，在递推的最后一步中得到的a，b为上式中的a，b），而在第一次递归中b*x1+(a%b)*y1=gcd，那么两式中x与x1，y与y1有什么关系呢？

        我们知道a%b = a - (a/b)*b（这里的”a/b“是指整除，例如5/2=2），那么：

        gcd = b*x1 + (a-(a/b)*b)*y1

                = b*x1 + a*y1 – (a/b)*b*y1

        = a*y1 + b*(x1 – a/b*y1)

        由此，我们得到x=y1，y=x1-a/b*y1.

        拓展欧几里德算法也可以用递归编写：

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

        拓展欧几里得算法可以求出二元方程的通解，但是在实际应用中，通常会要求我们求出通解中的特殊值，接下来，通过例题了解一下拓展欧几里得在实际中的应用。

poj 1061 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

        结合题意，我们可以得到（m-n）*p-L*q=x-y，设m-n=a，L=b，x-y=c，得a*p-b*q=c。判断两只青蛙能否碰面，即方程是否有解的条件是c%gcd（a，b）==0，也就是说，a，b的最大公约数也是c的约数。
        然后，为了方便使用拓展欧几里得算法，方程两边同除以gcd（a，b），即a=a/gcd，b=b/gcd，c=c/gcd，然后调用函数exgcd（），得到p，也就是x0，但是，注意，此时我们得到的是a*p-b*q=1的解（此时a，b互质，gcd(a,b)=1），所以，a*p-b*q=c的解应该是p=p*c。最小解就是p%b。
        此外，在实际运算中，m-n，x-y以及我们得到的结果p都有可能是负值，但是在计算机运算中，一个负值p取b的模还是负值，因此，我们只要在p上再加上一个b使p>0即可。
        最后，附上AC代码：

#include 
#include 
using namespace std;

long long gcd( long long x, long long y )
{
    if( y== 0 )
    {
        return x;
    }
    return gcd( y, x% y );
}

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

int main()
{
    long long x, y, m, n, l;
    while( scanf( "%lld %lld %lld %lld %lld", &x, &y, &m, &n, &l )!= EOF )
    {
        long long a= n- m, b= l, c= x- y, p, q;
        long long d= gcd( a, b );
        if( c% d )
        {
            puts( "Impossible" );
            continue;
        }
        a/= d, b/= d, c/= d;
        exgcd( a, b, p, q );
        p*= c;
        long long ans= p% b;
        while( ans< 0 )
        {
            ans+= b;
        }
        printf( "%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}