POJ1061

题目链接：http://poj.org/problem?id=1061

解题思路：

　　设两只青蛙跳了t次以后才会碰面。则有：

　　　　x + mt = y + nt + Lk (k为任意整数）                      （1）

　　　　(m - n)t + Lk = y - x                                    （2）

　　用扩展欧几里得求解。设求出来的 gcd(m-n,L) = g。如果 (y-x)%g!=0，则输出"Impossible"；否则应该输出满足（2）式的最小正整数t。请注意：我们用扩展欧几里得求出来的t其实是下式中的t´。

　　　　(m - n)t´ + Lk´ = g                                       （3）

　　那么我们就可以将其乘上(y-x)/g。但是，我们得到的仍然有可能是负数或者不是最小的正整数t。我们可以将（2）式等价转换为：

　　　　(m - n)(t + L/g) + L(k - (m - n)/g) = y - x　　          （4）

　　于是我们可以得出结论：

　　　　t = t´(y - x)/g + j(L/g) (j为任意整数）                  （5）

　　至此，聪明的你，应该已经不难AC这道题了吧~

AC代码：

 1 #include <algorithm>
 2 #include <cstdio>
 3 using namespace std;
 4 typedef long long ll;
 5 ll extgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
 6     ll d=a;
 7     if(b!=0){
 8         d=extgcd(b,a%b,y,x);
 9         y-=(a/b)*x;
10     }
11     else{
12         x=1;y=0;
13     }
14     return d;
15 }
16 int main(){
17     
18     ll x,y,m,n,L;
19     scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
20     ll k,t;
21     if(m<n){            //请务必让 m>=n，不然后面用extgcd()函数时用负数取余会出错
22         swap(m,n);
23         swap(x,y);
24     }
25     ll gcd=extgcd(m-n,L,t,k);
26     if((y-x)%gcd!=0)  printf("Impossible\n");
27     else{
28         ll ret=((t*(y-x)/gcd)%(L/gcd)+(L/gcd))%(L/gcd);//第一次"%(L/gcd)"要是不加就WA，应该是数据溢出之类的问题吧？如果读者有什么更好的解释请留言，谢谢。
29         printf("%lld\n",ret);
30     }
31 
32     return 0;
33 }

 

　　

　　

posted @ 2017-08-27 12:08  Blogggggg  阅读(89)  评论(0)  编辑  收藏  举报