青蛙的约会 拓展欧几里得 +模板

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题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L

其中0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。

输出格式：

输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。

1.两只青蛙相遇，会有[(x-y)+k(m-n)]%l=0;(k表示跳的次数)。【方程来源】

2.将(x-y)记为A,(m-n)记为B,即(A+kB)%l=0,(A+kB)对l取余等于零可以等价为(A+kB)减去y个l等于零，即(A+kB)-yl=0，移项得kB-yl=-A。【方程】

3.将k换为x，得到xB-yl=A(由于将-A变成了A，在开始赋值时若B=m-n，A就为y-x，若B=n-m，A就为x-y)，然后判断是否有解：令d为B与l的最大公约数gcd(B,l);方程两边同时除以d，得到

了xB/d-yl/d=A/d,由于d=gcd(B,l),所以B/d、l/d为整数，然后x、-y也是整数，所以方程成立的条件就是A/d也为整数。【证明方程成立】

4.这个方程就是扩展欧几里得exgcd(B,l,x,y)（忽略y前的负号），这样可以解出x，此时的x不是最优解，还要转换，即((x*(A/d))%(l/d)+(l/d))%(l/d)【求最小解的式子，不理解先背下来】。

代码（c++）【部分表示与解释中不同，也没关系，注意一下就好了】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//input by bxd
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define RI(n) scanf("%d",&(n))
#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define RS(s) scanf("%s",s);
#define ll long long
#define pb push_back
#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)
//////////////////////////////////
#define inf 0x3f3f3f3f
const int N=100+5;

ll x,y,m,n,l,ans;
int exgcd(ll a,ll b,ll& x,ll& y)
{
    if(!b)
    {
        x=1;y=0;return a;
    }
    ans=exgcd(b,a%b,x,y);
    ll cnt=x;
    x=y;
    y=cnt-a/b*y;
    return ans;
}

int main()
{
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    ll a=x-y,b=n-m;
    if(b<0){a=-a;b=-b;}

    exgcd(b,l,x,y);

    if(a%ans)
        cout<<"Impossible";
    else
        cout<<((x*(a/ans))%(l/ans)+(l/ans))%(l/ans);


    return 0;
}

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