【poj1061】青蛙的约会 exgcd解同余方程

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

Source

浙江

说白了就是让你求这个（解a）：

x+am≡y+an(modL)

它就等于

a(m−n)≡y−x(modL)

把模去掉，就等于

a(m−n)+Lk=y−x

然后，用exgcd求

a(m−n)+Lk=gcd(m−n,L)

设d=gcd(m-n,L)，c=y-x。

若c%d!=0，则无解。

这样解出a后，最终答案就是：

(a∗cd)modLd

关于最后一步的证明，我是这样想的：

设要解的方程（求x）是：

ax1+by1=c

而我们已经解得

ax+by=gcd(a,b)=d

此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：

ax∗cd+by∗cd=c

所以：

x1=x∗cd

这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。

我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么

<x−bd,y+ad>

也是原方程的一组解。

这样我们只需要让解得的x不断减b/d，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。
其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：

x1=(x∗cd)modbd

还有一种证法。对于这个式子：

ax1+by1=c

我们可以让等式两边同时除以d，则：

adx1+bdy1=cd

相当于化简，此时对结果无影响，求就好了。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1; y=0;
        return a;
    }
    LL t=exgcd(b,a%b,x,y);

    LL xx=x;
    x=y;
    y=xx-a/b*y;

    return t;
}

int main()
{
    LL x,y,m,n,mod;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&mod))
    {
        if(m==n) puts("Impossible");
        else
        {
            if(m<n) swap(m,n),swap(x,y);
            LL a,k;
            LL c=y-x;
            LL d=exgcd(m-n,mod,a,k);

            if(c%d) printf("Impossible\n");
            else printf("%lld\n",((a*c/d)%(mod/d)+(mod/d))%(mod/d));
        }
    }
    return 0;
}

/* 1192 520 514 1026 1704 g++ poj1061.cpp -o poj1061.exe -Wall */