扩展欧几里得

扩展欧几里得

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。。

Iput

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

中间过程可能很大，最好使用64位整型

Output

第1行：每行1个整数，表示解，若该组数据无解则输出-1

分析：

提示：扩展欧几里德

小Hi：首先可以我俩现在的情况列出一个式子：

s1+v1*t=s2+v2*t-k*m (v1 
   
也就是经过t时间过后，速度快的人刚好超过了速度慢的人k圈，且到达同一个位置。
 
   
将这个式子进行变换得到：
 
   
(v1-v2)*t+k*m=(s2-s1)
		
 
   
即原式子变成了形如"Ax+By=C"的情况，我们要求解的是一组(x,y)使得原公式成立。
 
   
小Ho：形如"Ax+By=C"，也就是说我们令A=(v1-v2),B=m,C=(s2-s1),x=t,y=k。
 
   
小Hi：恩，没错。
 
   
求解该式子的算法我们称为扩展欧几里德算法。
 
   
该算法分为两个部分：
 
   
(1) 判定是否存在解
 
   
对于形如"Ax+By=C"的式子，其存在解的条件为C为A和B最大公约数的整数倍。
 
   
我们将A和B的最大公约数记为gcd(A,B)。因此其有解的条件是C=n*gcd(A,B)。
 
   
那么我们应该如何来求解gcd(A,B)呢？
 
   
一个朴素的算法是枚举1~min(A,B)，最大的一个能同时被A,B整除的数即gcd(A,B)。显然这个算法是非常没有效率的。
 
   
为了求解gcd(A,B)，欧几里德提出了一个辗转相除法：
 
   
首先要证明一个定理：gcd(A,B) = gcd(B, A mod B)
 
   
证明：
假设A = k*B+r，有r = A mod B。不妨设d为A和B的一个任意一个公约数，则有A = pd, B = qd。
由r = A - k*B = pd - k*qd = (p - kq)*d，所以有d也为r的约数，因此d是B和A mod B的公约数。
由于对任意一个A和B的公约数都满足这个性质，gcd(A,B)也满足，因此有gcd(A,B)=gcd(B,A mod B)。
		
 
   
利用这个性质，我们可以得到算法：
 
   
A mod B = 0, 则B为gcd(A,B)
A mod B ≠ 0, 则gcd(A,B) = gcd(B, A mod B)
		
 
   
通过不断的模运算，数据的规模也越来越小，因此能够快速得收敛到一个解。将其写成伪代码为：
 
   
gcd(A, B):
	If (A mod B == 0) Then
		Return B
	End If
	Return gcd(B, A mod B)
		
 
   
(2) 求解
 
   
在判定有解之后，我们需要在其基础上再求出一组(x,y)。由于A,B,C均是gcd(A,B)的整数倍，因此可以将它们都缩小gcd(A,B)倍。即A'=A/gcd(A,B),B'=B/gcd(A,B),C'=C/gcd(A,B)。
 
   
化简为A'x+B'y=C'，gcd(A',B')=1，即A',B'互质。
 
   
此时，我们可以先求解出A'x+B'y=1的解(x',y')，再将其扩大C'倍，即为我们要求的最后解(x,y)=(C'x', C'y')。
 
   
那么接下来我们来研究如何求解A'x+B'y=1：
 
   
假设A>B>0，同时我们设：
 
   
A * x[1] + B * y[1] = gcd(A, B)
B * x[2] + (A mod B) * y[2] = gcd(B, A mod B)
		
 
   
已知gcd(A,B)=gcd(B, A mod B)，因此有：
 
   
	A * x[1] + B * y[1] = B * x[2] + (A mod B) * y[2]
=>	A * x[1] + B * y[1] = B * x[2] + (A - kB) * y[2]    // A = kB + r
=>	A * x[1] + B * y[1] = A * y[2] + B * x[2] - kB * y[2]
=>	A * x[1] + B * y[1] = A * y[2] + B * (x[2] - ky[2])
=>	x[1] = y[2], y[1] = (x[2] - ky[2])
		
 
   
利用这个性质，我们可以递归的去求解(x,y)。
 
   
其终止条件为gcd(A, B)=B，此时对应的(x,y)=(0,1)
 
   
将这个过程写成伪代码为：
 
   
extend_gcd(A, B):
	If (A mod B == 0) Then
		Return (0, 1)
	End If
	(tempX, tempY) = extend_gcd(B, A mod B)
	x = tempY
	y = tempX - (A / B) * tempY
	Return (x, y)	
		
 
   
小Ho：那么我只需要把A=(v1-v2),B=m,C=(s2-s1),x=t,y=k代入就可以得到t了么？
 
   
小Hi：是的，在已知A,B,C的情况下，我们的确能够顺利求解出一组合法的(x,y)。
 
   
但是在求解过程中，我们并没有保证x是最小的非负整数，它不能直接作为我们的解。
 
   
小Ho：那还需要做怎样的处理么？
 
   
小Hi：我们需要将(A',B',x',y')扩充为一个解系。
 
   
由于A'B'是互质的，所以可以将A'x'+B'y'=1扩展为：
 
   
	A'x'+B'y'+(u+(-u))A'B'=1
=>	(x' + uB')*A' + (y' - uA')*B' = 1
=>	X = x' + uB', Y = y' - uA'
		
 
   
可以求得最小的X为(x'+uB') mod B'，(x'+uB'>0)
 
   
同时我们还需要将X扩大C'倍，因此最后解为：
 
   
x = (x'*C') mod B'
		
 
   
若x<0，则不断累加B'，直到x>0为止。
 
   
那么最后，小Ho你来总结一下主体部分的伪代码吧！
 
   
小Ho：好的，最后的代码为：
 
   
solve(s1, s2, v1, v2, m):
	A = v1 - v2
	B = m
	C = s2 - s1
	
	If (A < 0) Then
		A = A + m // 相对距离变化
	End If
	D = gcd(A, B)
	
	If (C mod D) Then
		Return -1
	End If
	
	A = A / D
	B = B / D
	C = C / D
	
	(x, y) = extend_gcd(A, B)
	x = (x * C) mod B
	While (x < 0)
		x = x + B
	End While
	Return x
 
  

代码：

#include "iostream"
#include "cstdio"
using namespace std;

long long gcd(long long A,long long B)  //最大公约数
{
	while(A=A%B)
	{
		long long C;
		C=A;
		A=B;
		B=C;
	}
	return B;
}



void extend_gcd(long long A,long long B,long long &x,long long &y)
{
	if(A%B == 0){
		x=0;
		y=1;
		return;
	}
	long long tempX,tempY;
	extend_gcd(B, A%B,tempX,tempY);
	x = tempY;
	y = tempX - (A / B) * tempY;
	return;
}

int solve(long long s1,long long s2,long long v1,long long v2,long long m)
{
	long long A = v1 - v2;
	long long B = m;
	long long C = s2 - s1;
	if(A < 0)
		A = A + m; 
	long long D = gcd(A, B);
	if(C%D)
		return -1;
	A = A / D;
	B = B / D;
	C = C / D;
	long long x,y;
	extend_gcd(A,B,x,y);
	x = (x * C)%B;
	while(x < 0)
	{
		x = x + B;
	}
	return x;
}

int main()
{
	long long s1,s2,v1,v2;
	long long m;
	while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&s1,&s2,&v1,&v2,&m)!=EOF)
	cout<