标签：bsp efi 最小 包括 gcd ring 输入 oss 扩展
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思路:扩展欧几里得
由题意可得式子：x+m*k=y+n*k mod L 碰面时所处的位置应该相同，即走过的总距离对L取余的值相同
化简得 (n-m)*k+L*b=x-y (1式) ,k为跳跃次数，b为走的圈数
利用ex_gcd求得 (n-m)*k1+L*b1=gcd(n-m,L) (2式) 的解
设r=gcd(n-m,L)，c=x-y
若c%r!=0,则该式无解
首先明确我们要求的是k，此时已知k1，将2式*c/r变成1式
得: k=k1*c/r (这只是一组解，而我们要求的是最小正整数解)
然后重点来了，注意看(我搞了好久才明白的。。)！！
若(x,y)是方程a*x+b*y=c的一组解，那么(x-b/r,y+a/r)也是该方程的解！！
这样的话要求最小正整数解，我们只需将 k1*c/r 看成上一行中的解x，那么 k1*c/r-b/r 也是解，
这样一直减小下去，就能求得最小正整数解。而一直减的过程就是模运算
所以 k=(k1*c/r)mod(b/r) (最终公式)
附上AC代码：
1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <string> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #define memset mem 7 using namespace std; 8 const int maxn=0x3f3f3f3f; 9 typedef long long ll; 10 ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &k,ll &num) 11 { 12 if(b==0){ 13 k=1,num=0; 14 return a; 15 } 16 ll r=ex_gcd(b,a%b,k,num); 17 ll temp=num; 18 num=k-(a/b)*num; 19 k=temp; 20 return r; 21 } 22 int main() 23 { 24 ll x,y,m,n,l; 25 cin>>x>>y>>m>>n>>l; 26 ll k1,num1,cha=n-m,cha1=x-y; 27 if(n-m<0) 28 cha=m-n,cha1=-cha1; 29 ll ha=ex_gcd(cha,l,k1,num1);//n-m和l的最大公因数 30 if(cha1%ha!=0) 31 cout<<"Impossible"; 32 else{ 33 ll h=l/ha;//每隔l/ha,l/gcd就有一个解 34 cout<<((k1*cha1/ha)%h+h)%h; 35 } 36 return 0; 37 }
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原文地址：https://www.cnblogs.com/shangqing/p/11360403.html
