POJ 1061 青蛙的約會（擴展歐幾裡得）

POJ 1061 青蛙的約會（擴展歐幾裡得）

青蛙的約會

Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000K Total Submissions: 91753 Accepted: 16849

Description

兩只青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面為止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特征，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝著某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩只青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。為了幫助這兩只樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩只青蛙是否能夠碰面，會在什麼時候碰面。
我們把這兩只青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處為原點，由東往西為正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點坐標是x，青蛙B的出發點坐標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩只青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後才會碰面。

Input

輸入只包括一行5個整數x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

輸出碰面所需要的跳躍次數，如果永遠不可能碰面則輸出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

分析：設兩只青蛙跳S次之後碰面且A比B跳得快，則（x + S * m) - (y + S * n) = k * L（k = 0, 1, 2……）。

移項合並後的（n - m) * S + k * L = (x - y).令a = n - m, b = L, c = x - y，即a * S + b * L = c（1）

若式(1)有整數解，則兩只青蛙能相遇，否則不能。所以問題就轉化為了求方程的整數解。

首先計算出d = gcd(a, b),如果d不能整除c，則方程無整數解。否則，在方程兩邊同時除以d，得到a' * S + b' * L = c‘，此時gcd(a', b') = 1.

然後利用擴展歐幾裡得算法求出a' * S + b' * L = 1'的一組整數解x0, y0,則（c' * x0, c' * y0)是a' * S + b' * L = c‘的一組整數解，a' * S + b' * L = c‘的所有解為（x = c' * x0 + b' * k, y = c' * y0 - a' * k),同時也是a * S + b * L = c的所有解。

寫法一：

#include 
#include 
typedef long long LL;

LL X, Y, M, N, L;

LL gcd(LL a, LL b) {
    while(b) {
        LL r = a % b;
        a = b;
        b = r;
    }
    return a;
}

void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(b == 0) {
        x = 1;
        y = 0;
        return ;
    }
    else {
        extend_gcd(b, a % b, x, y);
        LL tmp = x;
        x = y;
        y = tmp - a / b * y;
    }
}

int main() {
    LL x, y, d;
    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &X, &Y, &M, &N, &L)) {
        LL a = N - M;
        LL b = L;
        LL c = X - Y;
        d = gcd(a, b);
        if(c % d != 0) {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        a /= d;
        b /= d;
        c /= d;
        extend_gcd(a, b, x, y);
        LL t = c * x % b;
        if(t < 0) t += b;
        printf("%I64d\n", t);
    }
    return 0;
}

寫法二：

#include 
typedef long long LL;
using namespace std;

LL X, Y, M, N, L;

void extend_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) {
    if(b == 0) { d = a; x = 1; y = 0; }
    else { extend_gcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); }
}

int main() {
    while(cin >> X >> Y >> M >> N >> L) {
        LL d, x, y;
        extend_gcd(N - M, L, d, x, y);
        if((X - Y) % d == 0) {
            LL p = L / d;    
            x = (X - Y) / d * x;
            x = (x % p + p) % p;  //防止x為負值
            cout << x << endl;
        }
        else cout << "Impossible" << endl;
    }
    return 0;
}

/* d為N-M和L的最大公約數，x為(N-M)/d對L/d的逆元，即((N-M)/d) * x ≡ 1(mod L/d)，
即((N-M)/d) * x + (L / d)* y = 1的一組解，
所以((N-M)/d) * x + (L / d)* y = (X-Y)/d的一組解為x0 = (X-Y)/d * x.
這也是(N - M) * x+ L * y = (X - Y)的一組解。 */