POJ1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）题解-白红宇

POJ1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）题解

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发布时间：2019-06-18

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青蛙的约会

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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

思路：

这题会用到扩展欧几里得，那么先解释一下exgcd，不然不会用...

对于不完全为0的整数a，b，存在整数x，y使得a*x+b*y=gcd（a，b）成立，所以exgcd可以用来解决类似a*x+b*y=c的问题。

详细的证明给出链接：

我先来看关于a*x+b*y=c的问题：我们可以两边同除gcd如果c能被gcd整除则有解，否则无解。然后我们计算得到的x，y要*c/gcd才是真正的解x1，y1（因为本来就是求解a*x+b*y=gcd（a，b）这个方程的）；然后x，y的解集为x=x1+b/gcd*t，y=y0-a/gcd*t。

最后那里的最小整数解的证明可以看。

代码：

#include
    
     #include
     
      #include
      
       #include
       
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                 #define INF 0x3f3f3f3f#define ll long longconst int N=2000000000;const int MAX=2100000000;const int MOD=1000; using namespace std;ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ ll d,t; if(b==0){ x=1; y=0; return a; } d=ex_gcd(b,a%b,x,y); t=x-a/b*y; x=y; y=t; return d; //返回gcd(a,b) }int main(){ ll x,y,m,n,L,a,b,c,ans,X,Y,gcd; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L); a=m-n; b=L; c=y-x; if(a<0){ a=-1; c=-c; } gcd=ex_gcd(a,b,X,Y); if(c%gcd!=0){ printf("Impossible\n"); } else{ X=X*c/gcd; X=(X%(b/gcd)+(b/gcd))%(b/gcd); printf("%lld\n",X); } return 0;}

转载于:https://www.cnblogs.com/KirinSB/p/9409113.html

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