POJ-1061 青蛙的约会
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。
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:扩展欧几里得
由题意可得式子:x+m*k=y+n*k mod L 碰面时所处的位置应该相同,即走过的总距离对L取余的值相同
化简得 (n-m)*k+L*b=x-y (1式) ,k为跳跃次数,b为走的圈数
利用ex_gcd求得 (n-m)*k1+L*b1=gcd(n-m,L) (2式) 的解
设r=gcd(n-m,L),c=x-y
若c%r!=0,则该式无解
首先明确我们要求的是k,此时已知k1,将2式*c/r变成1式
得: k=k1*c/r (这只是一组解,而我们要求的是最小正整数解)
然后重点来了,注意看(我搞了好久才明白的。。)!!
若(x,y)是方程a*x+b*y=c的一组解,那么(x-b/r,y+a/r)也是该方程的解!!
这样的话要求最小正整数解,我们只需将 k1*c/r 看成上一行中的解x,那么 k1*c/r-b/r 也是解,
这样一直减小下去,就能求得最小正整数解。而一直减的过程就是模运算
所以 k=(k1*c/r)mod(b/r) (最终公式)
附上AC代码:
1 #include <iostream> 2 #include <algorithm> 3 #include <string> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #define memset mem 7 using namespace std; 8 const int maxn=0x3f3f3f3f; 9 typedef long long ll; 10 ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &k,ll &num) 11 { 12 if(b==0){ 13 k=1,num=0; 14 return a; 15 } 16 ll r=ex_gcd(b,a%b,k,num); 17 ll temp=num; 18 num=k-(a/b)*num; 19 k=temp; 20 return r; 21 } 22 int main() 23 { 24 ll x,y,m,n,l; 25 cin>>x>>y>>m>>n>>l; 26 ll k1,num1,cha=n-m,cha1=x-y; 27 if(n-m<0) 28 cha=m-n,cha1=-cha1; 29 ll ha=ex_gcd(cha,l,k1,num1);//n-m和l的最大公因数 30 if(cha1%ha!=0) 31 cout<<"Impossible"; 32 else{ 33 ll h=l/ha;//每隔l/ha,l/gcd就有一个解 34 cout<<((k1*cha1/ha)%h+h)%h; 35 } 36 return 0; 37 }