[ACM] POJ 2115 C Looooops (扩展欧几里得求解模线性方程）

C Looooops

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Description

A Compiler Mystery: We are given a C-language style for loop of type 

for (variable = A; variable != B; variable += C)

  statement;

I.e., a loop which starts by setting variable to value A and while variable is not equal to B, repeats statement followed by increasing the variable by C. We want to know how many times does the statement get executed for particular values of A, B and C, assuming that all arithmetics is calculated in a k-bit unsigned integer type (with values 0 <= x < 2 ^k) modulo 2 ^k. 

Input

The input consists of several instances. Each instance is described by a single line with four integers A, B, C, k separated by a single space. The integer k (1 <= k <= 32) is the number of bits of the control variable of the loop and A, B, C (0 <= A, B, C < 2 ^k) are the parameters of the loop. 

The input is finished by a line containing four zeros. 

Output

The output consists of several lines corresponding to the instances on the input. The i-th line contains either the number of executions of the statement in the i-th instance (a single integer number) or the word FOREVER if the loop does not terminate. 

Sample Input

3 3 2 16
3 7 2 16
7 3 2 16
3 4 2 16
0 0 0 0

Sample Output

0
2
32766
FOREVER

Source

CTU Open 2004

解题思路：

参考：

根据题意可以推导出公式：

A + C * X  ≡ B （MOD 2^k ）   （X=0,1,2，.......）

及： C * X + 2^k * Y = B-A        （X=0,1,2，........      Y=0,1,2,3......）

http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648546

http://www.cnblogs.com/frog112111/archive/2012/08/19/2646012.html //这篇文章讲得很好。

http://www.cnblogs.com/ACSeed/archive/2013/01/31/2887248.html

1）求解线性不定方程

　　ax + by = c

　　先求出一组解， 然后考虑如何表示通解， 设d = gcd(a, b), 假设c不是d的倍数， 则左边是d的倍数而右边不是， 则方程无解， 所以方程有解当且仅当d | c.

　　设c = c' * d, 我们先考虑方程  ax + by = d, 这样由扩展gcd便可求出一组解 （x', y'), 则（c'x', c'y')就是原方程的一组解，然后考虑通解：

　　假设有两组解(x1, y2) ,  (x2, y2), 有  ax1 + by1 == ax2 + by2 = c,   移项得：  a(x1 - x2) == b(y2 - y1),  消去d后有  a'(x1 - x2) == b'(y2 - y1),

　　此时a' 和 b' 互素， 所以（x1 - x2)一定是b'的倍数， 而(y2 - y1)一定是a'的倍数， 由此可得到通解：

　　给一组特解(x, y), 通解为(x - kb', y + ka').

2）求解模线性方程

　　ax = b(mod n)

　　其实方程等价于 ax - ny = b, 标准模线性方程，但是得考虑剩余系。

　　算法导论上有两个定理：

　　定理一：设d = gcd(a, n), 假定对整数x', y', 有d = ax' + ny'， 如果d | b, 则方程ax = b(mod)有一个解的值为x0, 满足：、

　　　　　　x0 = x'(b / d)(mod n）

　　定理二：假设方程ax = b(mod n)有解， x0是方程的任意一个解， 则方程对模n恰有d个不同的解， 分别为： xi = x0 + i * (n / d), 其中 i = 1,2,3......d - 1

　　有了这两个定理， 解方程就不难了。

 1 void linear_mod_equation (int a, int b, int n, int *sol)
 2 {
 3     int d, x, y;
 4     gcd (a, n, d, x, y );
 5     if (b % d) d = 0;
 6     else
 7     {
 8         sol [0] = x * ( b / d ) % n ;
 9         for (int i = 1; i < d; ++i)
10             sol[i] = (sol[i - 1] + n / d) % n ;
11     }
12 }

　　如果gcd(a,  n) == 1, 则方程有唯一解， 即解为a的逆。

1 ll inv(ll a, ll n)
2  {
3      ll d, x, y;
4      gcd(a, n, d, x, y);
5      return d == 1 ? (x % n + n) % n : -1;
6  }

long long  exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)//扩展欧几里得算法，返回a,b的最大公约数,ax+by=gcd(a,b)，x,y为方程的一组解
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    long long d=exgcd(b,a%b,x,y);
    long long t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return d;
}

long long modular_liner_equation(long long a,long long b,long long n)//求解模线性方程ax=b(mod n)
{
    long long x,y,x0;
    long long d=exgcd(a,n,x,y);
    if(b%d)//没有解
        return -1;
    x0=(x*(b/d))%n;//特解
    //for(int i=1;i<d;i++)
        //cout<<(x0+i*(n/d))%n;
    long long ans=x0,s=n/d;
    ans=(ans%s+s)%s;   //ans为最小整数解
    return ans;
}

代码：

#include <iostream>
#include <string.h>
using namespace std;

long long  exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)//扩展欧几里得算法，返回a,b的最大公约数,ax+by=gcd(a,b)，x,y为方程的一组解
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    long long d=exgcd(b,a%b,x,y);
    long long t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return d;
}

long long modular_liner_equation(long long a,long long b,long long n)//求解模线性方程ax=b(mod n)
{
    long long x,y,x0;
    long long d=exgcd(a,n,x,y);
    if(b%d)//没有解
        return -1;
    x0=(x*(b/d))%n;//特解
    //for(int i=1;i<d;i++)
        //cout<<(x0+i*(n/d))%n;
    long long ans=x0,s=n/d;
    ans=(ans%s+s)%s;   //ans为最小整数解
    return ans;
}

int main()
{
    long long A,B,C,k;
    while(cin>>A>>B>>C>>k&&(A||B||C||k))
    {
        long long a=C;
        long long b=B-A;
        long long n=1LL<<k;
        long long ans=modular_liner_equation(a,b,n);
        if(ans==-1)
            cout<<"FOREVER"<<endl;
        else
            cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}