拓展欧几里得算法
推导过程:
ax+by=gcd(a,b)
∵ gcd(a,b) = gcd(b,a%b)
∴ ax1+by1 = bx2+(a%b)y2
则 ax1+by1 = bx2+(a-a/b*b)y2
∴ ax1+by1 = ay2+b(x2-a/b*y2)
∴ x1=y2 y1=(x2-a/b*y2)
当b==0时,ax+by = gcd(a,b) = a
∴ x=1 , y=0;
模板:
long long f(long long a,long long b,long long &k,long long &t)
{
if(!b)
{
k=1,t=0;
return a;
}
long long ans=f(b,a%b,t,k);
t-=(a/b)*k;
return ans;
}
例题分析:
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
正方向跳,易得(x+km)%L=(y+kn)%L
转换成同余方程:k*(m-n)+t*L=y-x
#include <iostream>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
long long k,t;
long long f(long long a,long long b,long long &k,long long &t)
{
if(!b)
{
k=1,t=0;
return a;
}
long long ans=f(b,a%b,t,k);
t-=(a/b)*k;
return ans;
}
long long gcd(long long a,long long b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
long long x,y,m,n,l;
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
long long gbs=gcd(m-n,l);
if((y-x)%gbs!=0)
{
cout<<"Impossible\n";
return 0;
}
else
{
long long ans=f(m-n,l,k,t);
k*=(y-x)/gbs;
k%=(l/gbs);
k+=l/gbs>0?l/gbs:-l/gbs;
k%=(l/gbs);
cout<<k;
}
return 0;
}