Dili_iiii

编码全要靠底力

【扩展欧几里得】青蛙的约会

题目描述

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。 

 

输入

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。

 

输出

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"

 

样例输入

1 2 3 4 5

 

样例输出

4



也就是让你求这个:
x+a*m≡y+an(mod l)
化一下:
a(m-n)+k*l=y-x
令c=y-x,d=gcd(m-n,l):
a(m-n)+k*l=c
用exgcd求:
a(m-n)+k*l=d
而我们要求:
a(m-n)+k*l=c
化一下:
a(m-n)*(c/d)+k*l*(c/d)=c;
所以实际的解为
a1=(a∗(c/d))mod(l/d)

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll x,y,m,n,l;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    else
    {
        ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
        y-=a/b*x;
        return d;
    }
}
int main()
{
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    if(m==n)
        cout<<"Impossible"<<endl;
    else
    {
        if(m<n)
        {
            swap(m,n);
            swap(x,y);
        }
        ll a,k;
        ll c=y-x;
        ll d=exgcd(m-n,l,a,k);
        if(c%d) cout<<"Impossible"<<endl;
        else
            cout<<(((a*c/d)%(l/d)+(l/d))%(l/d))<<endl;
    }
    return 0;
}

 



posted @ 2018-07-31 16:38  Dili_iiii  阅读(158)  评论(0编辑  收藏  举报