POJ1061 青蛙的约会

人生第二道ACM题,我都不知道该说神马了,中文题真不是好惹的,前几天一道递归和数组的中文题就花了我三天,这一题又花了我一个晚上的时间了!

一开始不会做,上网看了解题报告说是数论题。然后就学啊学啊学啊,写完后发现只有21行代码,但花了我一个晚上的时间啊!是题太难还是我太水了?55555~~~

要做此题,先要明白几个定理,为保严谨性我按顺序一一证明出来(心病,不证明的话用得不踏实啊!不然我就不用跑来GDCC了!)

唉,证明太枯燥无味了,先说一下题意吧。

公青蛙一开始在x位置,母青蛙在y位置。公青蛙每次跳m米,母青蛙每次跳n米,并且都是向右跳的。地球经线长度是L,然后地球是圆的,也就是说,跳到L、L+1、L+2……其实就是跳到0、1、2。 公青蛙想追母青蛙,问多少次后它们能跳到一起。如果它们永远不能相遇,就输出Impossible(好可怜啊!) 

很明显嘛,就是求一个k,使x + k*m ≡ y + k*n (mod L) 嘛,木有错吧?至少我是这么想滴!然后对方程化简咯,就变成(n-m) * k ≡ x-y (mod L)咯。然后这个方程其实就等价于(n-m)*k + L*s = x-y咯。这就是ax + by = c求整数x的模型。

要求ax + by = c的整数x解,可不是那么简单滴,不然我就不用花了一整个晚上时间了!首先,设d = gcd(a, b),方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d,很显然嘛,a是整除d的,b也是整除d的,而x、y都是整数解,所以要求c/d也是整数嘛。如果c不整除d,当然就是Impossible咯。不然的话,如果我们能求出ax0+by0=d的解x0和y0,那么两边乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c,就可以得到原来方程的解x = (c/d * x0),y = (c/d * y0)咯。

喂喂喂,等一下,你又怎么知道ax0 + by0 = d一定有解呢?这就得通过严谨的证明了:

定理一:如果d = gcd(a, b),则必能找到正的或负的整数k和l,使d = a*k + b*l。

证明由于 gcd(a, 0) = a,我们可假设b ≠ 0,这样通过连除我们能够写出

a = b*q1 + r1

b = r1*q2 + r2

r1 = r2*q3 + r3

……

 由第一式有r1 = a - q1*b,所以r1能写成k1*a + l1*b的形式(这时k1 = 1, l1 = -q1)。由第二式有r2 = b - r1*q2 = b - (k1*a + l1*b)*q2 = -q2*k1*a + (1 - q2*l1)*b = k2*a + l2*b。

显然,这过程通过这一串余数可重复下去,直到得到一个表达式rn = k*a + l*b,也就是d = k*a + l*b,这就是我们所要证明的。

 

所以说咯,ax0 + by0 = d一定有解!那么应该怎么求x0和y0呢?要用到一种叫做扩展欧基里得的算法(NND,第一次听说,我还是太弱了啊~~~)!

求法如下:由于gcd(a, b) = gcd(b, a%b) (这个不用证明了吧???地球人都知道!),有ax0 + by0 = gcd(a, b) = gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1,而a%b又可以写成a-a/b*b(a/b*b不等于a啊!记得为了这个SB问题还被骂过~),所以=bx1 + (a-a/b*b)y1 = ay1 + b(x1-a/b*y1),所以如果我们求出gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1的x1和y1,那么通过观察就可以求出x0 = y1,y0 = (x1 - a/b*y1)。那我们怎样求x1和y1呢?当然是求x2和y2了,做法一样滴。一直求到gcd(an, 0) = an*xn + 0 * yn,这时令xn=1,yn=0就完事了,就可以求xn-1和yn-1,然后xn-2和yn-2,然后一直求到x0和y0了。

所以得到ax0 + by0 = gcd(a, b)求整数x0、y0的扩展欧基里得算法(到这里烦到死啊!我做到这一步都差不多要放弃了!弱啊弱,55555~~~)

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

long long?为什么要long long?因为我用int给Wrong Answer了啊!然后百度查才知道有long long这玩意儿,就是说int是32位,long long是64位,可以表示更大的整数。这题好恶心,干嘛欺负我小菜??!!不过这样就可以求出x0和y0了。

然后求ax + by = c,判断c如果不能被d整除就Impossible,否则就令x = c/d * x0就可以得到一个x解了。

但有无数个解满足ax + by = c的。为神马呢?ax + by = c其实就等价于ax ≡ c (mod b)对不?如果我得到一个特解x*,那么加上若干倍b还是这个方程的解,因为a(x*+k*b) = ax* + a*k*b ≡ c + 0 ≡ c (mod b)。因而方程在[0, b-1]上一定有整数解(假如小于0,你加上若干倍b啊,就可以让它保持在0~b-1中;如果大于b-1,你减去若干倍b啊,它也保持0~b-1)。

那么怎样求最小的非负整数x呢?又要用到两个定理:

定理二:若gcd(a, b) = 1,则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

证明:由定理一知,总可以找到或正或负的整数k和l使a*k + b*l = gcd(a, b) = 1,即我们可以求出ax ≡ 1 (mod b)的解x0。当然,两边乘以c有a(cx0) ≡ c (mod b),所以有x = cx0就是ax ≡ c (mod b)的解。由于加上或减去若干倍b都是该方程的解,所以x在[0, b-1]上有解。那么怎样确定它的唯一性呢?我花了一个小时终于证明出来了,证明方法就是,假设x1和x2都是[0, b-1]上的解,那么就有ax1 ≡ c (mod b),ax2 ≡ c (mod b),两式相减就有a(x1-x2) ≡ 0 (mod b),即a(x1-x2)可以被b整除。但gcd(a, b) = 1啊!所以a和b之间没有共同的语言可以交流,所以只能说(x1-x2)被b整除了。但x1和x2都在[0, b-1]上,所以x1-x2也在[0, b-1]上,所以只能说x1-x2=0了,因此x1=x2。这就证明了解的唯一性!

这个定理不过是为了证明定理三方便而已,定理三才是王道:

定理三:若gcd(a, b) = d,则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

证明:上面说过,这个该死的方程等价于ax + by = c,如果有解,两边同除以d,就有a/d * x + b/d * y = c/d,即a/d * x ≡ c/d (mod b/d),显然gcd(a/d, b/d) = 1,所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解,即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解,得证!

有了上面几个该死的定理,小菜我终于把最小非负整数的问题解决了。如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X,那么我令r = b/gcd(a, b),可知x在[0, r-1]上有唯一解,所以我用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了!(X % r可能是负值,此时保持在[-(r-1), 0]内,正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内,所以再模一下r就在[0, r-1]内了)。

这么多证明这么多话语却只换来了21行代码,无奈啊!人生苦短啊!ACM,想说爱你不容易!下面果断贴代码:

#include <iostream>

using namespace std;

long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)

{

	long long d, t;

	if (b == 0) { x = 1; y = 0;	return a; }

	d = extgcd(b, a % b, x, y);

	t = x - a / b * y; x = y; y = t;

	return d;

}

int main()

{

	long long x, y, m, n, L, X, Y, d, r;

	while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)

	{

		d = extgcd(n - m, L, X, Y); r = L / d;

		if ((x - y) % d) cout << "Impossible" << endl;

		else cout << ((x - y) / d * X % r + r) % r << endl;

	}

	return 0;

}

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