AcWing 222 青蛙的约会

$AcWing$ $222$ 青蛙的约会

一、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。

输入格式
输入只包括一行 $5$ 个整数 $x，y，m，n，L$。

输出格式
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。

数据范围
$x≠y<2000000000$,
$0<m,n<2000000000$,
$0<L<2100000000$

输入样例：

1 2 3 4 5

输出样例：

4

二、解题思路

$a$:青蛙$A$的起点
$b$:青蛙$B$的起点

$m$:青蛙$A$一次能跳多远
$n$:青蛙$B$一次能跳多远

$L$:一圈的距离

$(b-a)$:$A$要追$B$多少米
$(m-n)$:每跳一次，$A$能追$B$多少米

$x$是总共跳了多少次
$y$是$A$追$B$不一定会在一圈内追完，而是追了$y$圈

$(m - n)*x = b - a + y*L$

$ \underbrace{(m - n)}{已知}x - y \underbrace{ L} = \underbrace{ b - a}_{已知}$

扩展欧几里得

$a*x+b*y=d$
$a$已知，$b$已知，$d$是$a$和$b$的最大公约数，求$x，y$

因此把上式的$a$替换乘$m-n$,$b$替换成$-L$。
式子变成
$(m-n)*x+y*(-L)=d=gcd(m-n,-L)$

如果$(b-a)\%d$不等于$0$，两只青蛙永远不会碰面

如果$(b-a)\%d$等于零，把$(m-n)*x+y*(-L)=d$扩大$(b-a)/d$倍后，$x$就是结果。

五、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"

// 扩展欧几里得算法
int exgcd(int a, int b, int &x, int &y) {
    if (b == 0) {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    int d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

signed main() {
    int a, b, m, n, l;
    // 青蛙 A 的出发点坐标是 a，青蛙 B 的出发点坐标是 b
    // 青蛙 A 一次能跳 m 米，青蛙 B 一次能跳 n 米
    // 纬度线总长 L 米
    cin >> a >> b >> m >> n >> l;
    int x, y;
    int d = exgcd(m - n, -l, x, y);

    if ((b - a) % d)
        puts("Impossible"); // 永远也碰不到
    else {
        x = (b - a) / d * x; // 按照比例扩大
        /*
        通解的单位变元？不知道怎么叫比较合适。
        您先搞清楚一点，exgcd解出来的那么一组x,y并不是我们所求的最小正整数解，它甚至可能是一个负的不知道哪里去的一个数。
        它们仅仅是一组解。而关于通解，假设我们解出一组解x0,y0，方程是ax+by=c，通解就是
        x=x0+k * b/gcd(a,b)，k是任意的一个整数，t就是后面那一坨，就是b/gcd(a,b)。
        所以我们要求出这个单位变量，从而得到我们所需要的最小正整数解。
        */
        int t = abs(l / d);
        cout << (x % t + t) % t << endl; // 返回正的余数
    }
}