POJ1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）题解

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

4

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：证明 证明2 

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题解。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<string>
#include<map>
#include<stack> 
#include<set>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define ll long long
const 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;
}