欧几里得和扩展欧几里得

（Euclid）》》》欧几里得以及扩展欧几里得

GCD

这个辗转相除的 套路：
1. int 和long long 适用的gcd

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

2. 对double 和float这些浮点数的gcd

#include 

const double eps = 1e-2;

double fgcd(double a, double b)
{
    if (fabs(a) < eps) {
        return b;
    }
    if (fabs(b) < eps) {
        return a;
    }
    return fgcd(b, fmod(a, b));
}

然后列出一些需要具备的知识：
因为：
可以得到以下这几个性质：
(1)能被2整除的数，个位上的数都能被2整除
(2)能被4整除的数，个位和十位所组成的两位数能被4整除
(3)能被8整除的数，百位、十位和个位所组成的三位数能被8整除
(4)能被5整除的数，末尾是0或5
(5)能被25整除的数，十位和个位所组成的两位数能被25整除
(6)能被125整除的数，百位、十位和个位所组成的三位数能被125整除
对（1）来说，因为10,100,1000…，可以被2整除，所以就看个位了，
对（2）来说，因为100,1000，…..可以被4整除，所以就得看后两位组成的数了。
接下来的就是一些常识了：
(7)能被3整除的数，各个数位上的数字之和能被3整除
(8)能被9整除的数，各个数位上的数字和能被 9 整除
(9)如果一个数既能被 2 整除又能被 3 整除，那么这个数能被 6 整除
(10)如果一个数既能被 2 整除又能被 5 整除，那么这个数能被 10 整除（即个位为0）
(11)能被 11 整除的数，奇数位（从左往右数）上的数字和与偶数位上的数字和的差（大数减小数）能被 11 整除

Extended_GCD

就是一个方程满足 ax+by=gcd(a,b)才有解，
实现的模板就是：

LL Ext_Gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y);

int main()
{
    LL a, b;

    while (cin>>a>>b) {
        Ext_Gcd(a, b, x, y);
    }
    return 0;
}

其中这个函数返回的是gcd(a,b)的值，同时这个函数对求出了x,y的值。
当方程ax+by=c的左边不是gcd（a,b）的时候，
则有两种情况：
1. c不是gcd(a,b)的倍数，即c%gcd(a,b) !=0,那么方程没有解，
2. c%gcd(a,c) ==0 ,方程有解，先对方程的各个参数进行化简，得到 a’x+b’y=c’；
这样的再调用extern_gcd(a’,b’,x,y)不过得到的x只是x0,y只是y0,

---

**x和y的通式是

---

x = c * x0 +b *k (k = 0,1, 2, 3,4 ,5, 6, 7, 8 ….)
y= c * y0 - a*k k的意思同上**

不过输出的时候要保证x或者y 是正的，根据题意吧，进行一些小操作就行了。

还有一些需要掌握的知识：

POJ1061青蛙的约会

我的：
这个题呢，就是要找到这个方程，A的起点是s1，速度m，B的起点是s2，速度n,这个就相当于圆轨道，轨道的长度为L，相遇的时候满足关系式 (s1 + m*t ) % L ≡（s2 +n * t） ;即是(s1 + m*t ) % L == （s2 +n * t） % L，然后左右相减，就是整数倍个L，表达式为： (n-m) * t +L * y = s1-s2;这个时候n-m就相当于a，t相当于x,L 就相当于b，s1-s2就相当于c;
之后就按照步骤解决这个问题：
我的：

//#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y;

ll extended_gcd(ll a,ll b,ll &x, ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    ll d = extended_gcd(b,a%b, x,y);
    ll t=x;
     x=y;
    y= t- a/b*y;
    return d;
}

ll gcd(ll a, ll b)
{
    if(b==0)
    return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    ll s1,s2,n,m,l;
    while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&s1,&s2,&m,&n,&l) != EOF)
    {
       ll temp = gcd( n-m , l);
       if((s1 - s2)%temp)
       {
           cout<<"Impossible"<continue;
       }
       ll a=(n-m)/temp;
       ll b=l/temp;
       ll c=(s1-s2)/temp;
       extended_gcd(a,b,x,y);//得到x0=1，利用x=c*x0+b*k,k是整数;//这个函数返回的值是gcd(a,b);
//      cout<<x<<" "<<y<*x)%b+b)%b<//这里要使得结果为正，所以要进行如此的操作，使得x=c*x0+b*k为正
    }
    return 0;
}