poj 1061 青蛙的约会 (扩展欧几里得模板)

1 2 3 4 5

4

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

就是求一个k，使x + k*m ≡ y + k*n (mod L) ，然后对方程化简，就变成(n-m) * k ≡ x-y (mod L)。然后这个方程其实就等价于(n-m)*k + L*s = x-y。这就是ax + by = c求整数x的模型。

要求ax + by = c的整数x解。(n-m)*t+L*S=x-y。首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，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。如果c不整除d，当然就是Impossible。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)。

所以x0 * (c / d)是最小的解，但有可能是负数。

因为a * ( x0 *(c / d) + b*n) + b * (y0 * (c / d ) – a*n) = c; (n是自然数)

所以解为 (x0 * (c / d) % b + b) % b; 

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
void gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{
    if(!b) {d=a;x=1;y=0;}
    else {gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}
int main()
{
    ll x,y,m,n,L,X,Y,d,r;
    while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
    {
        gcd(n-m,L,d,X,Y);
        //d指的是每次可以让x-y的差距改变d个
        r=L/d; //走r次走整数个L 走回原点
        //因为可能结果是负数 根据等式 +b/d
        if((x-y)%d) //无法改变为0
            cout<<"Impossible"<<endl;
        else
            cout<<((x-y)/d*X%r+r)%r<<endl;
    }
    return 0;
}