poj 1061 扩展gcd

2024-02-13 17:18

文章标签 扩展 poj gcd 1061

本文主要是介绍poj 1061 扩展gcd，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

青蛙的约会

Time Limit: 1000MS		Memory Limit: 10000K
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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

题意：

是中文的就不用解释了

题解：

（x+ m * t ）% L == ( y + m * t ) % L

=>> （x+ m * t ）- ( y + m * t ) == L*k

=>> ( n-m ) *t + L *k == x - y

类比 a * x + b * y ==gcd (a,b)

x= t 表示步数，y = k 表示走过了多少长度为 L 的圈

对于扩展欧几里得算法递归调用解释如下

对于a*x+b*y=d

当 d==gcd( a , b) * k ( k=... -2, -1, 0 ,1 ,2,3..... ) 时候， x y 才会有整数解（自己思考原因）

递归调用时
令a=b;b=a%b;
将其变为形式2） b*x+a%b*y=d
变形:b*x+a*y-(a/b)*b*y=d （ a/b 为整数）

变形:a*y+b*x-(a/b)*b*y=d
再变:a*y+b(x-a/b*y)=d

再变:b*y+a%b(x-a/b*y)=d

与2式比较: b*x+a%b*y=d
得：

当a=b;b=a%b时：x=y;y=x-a/b*y

调用过程中的x,y就是对应的a,b的解

当回到顶层时，a,b就是最初的a，b所以此时的x，y就是所求解

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;#define LL long longLL gcd(LL a,LL b)
{LL temp;while(b){temp=a%b;a=b;b=temp;}return a;
}void ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{if(b==0){x=1,y=0;return ;}ex_gcd(b,a%b,x,y);int t=x;x=y;y=t-a/b*y;return ;
}int main()
{LL x,y,m,n,l;//freopen("in.txt","r",stdin);while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF){LL t1=0,t2=0;LL a=n-m;LL b=l;LL c=x-y;LL temp=gcd(a,b);if(c%temp){puts("Impossible");continue;}//----------方程约分-----------------//a/=temp;b/=temp;c/=temp;ex_gcd(a,b,t1,t2);//----------方程同时乘以c------------//
//-------保证等式右边为正数----------//
//---只有为正整数的时候才符合题意----//t1=c*t1;t1=t1%b;while(t1<0)t1+=b;printf("%I64d\n",t1);}return 0;
}

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