POJ 1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)

                                                               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

分析:设两只青蛙跳S次之后碰面且A比B跳得快,则(x + S * m) - (y + S * n) = k * L(k = 0, 1, 2……)。

移项合并后的(n - m) * S + k * L = (x - y).令a = n -  m, b = L, c = x - y,即a * S + b * L = c(1)

若式(1)有整数解,则两只青蛙能相遇,否则不能。所以问题就转化为了求方程的整数解。

首先计算出d = gcd(a, b),如果d不能整除c,则方程无整数解。否则,在方程两边同时除以d,得到a' * S + b' * L = c‘,此时gcd(a', b') = 1.

然后利用扩展欧几里得算法求出a' * S + b' * L = 1'的一组整数解x0, y0,则(c' * x0, c' * y0)是a' * S + b' * L = c‘的一组整数解,a' * S + b' * L = c‘的所有解为(x = c' * x0 + b' * k, y = c' * y0 - a' * k),同时也是a * S + b * L = c的所有解。

 

 

 

 

 

 

 

#include <cstdio>
#include <cmath>
typedef long long LL;

LL X, Y, M, N, L;

LL gcd(LL a, LL b) {
    while(b) {
        LL r = a % b;
        a = b;
        b = r;
    }
    return a;
}

void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(b == 0) {
        x = 1;
        y = 0;
        return ;
    }
    else {
        extend_gcd(b, a % b, x, y);
        LL tmp = x;
        x = y;
        y = tmp - a / b * y;
    }
}

int main() {
    LL x, y, d;
    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &X, &Y, &M, &N, &L)) {
        LL a = N - M;
        LL b = L;
        LL c = X - Y;
        d = gcd(a, b);
        if(c % d != 0) {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        a /= d;
        b /= d;
        c /= d;
        extend_gcd(a, b, x, y);
        LL t = c * x % b;
        if(t < 0) t += b;
        printf("%I64d\n", t);
    }
    return 0;
}
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    #include <iostream>  
    typedef long long LL;  
    using namespace std;  
      
    LL X, Y, M, N, L;  
      
    void extend_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) {  
        if(b == 0) { d = a; x = 1; y = 0; }  
        else { extend_gcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); }  
    }  
      
    int main() {  
        while(cin >> X >> Y >> M >> N >> L) {  
            LL d, x, y;  
            extend_gcd(N - M, L, d, x, y);  
            if((X - Y) % d == 0) {  
                LL p = L / d;      
                x = (X - Y) / d * x;  
                x = (x % p + p) % p;  //防止x为负值  
                cout << x << endl;  
            }  
            else cout << "Impossible" << endl;  
        }  
        return 0;  
    }  
      
    /* d为N-M和L的最大公约数,x为(N-M)/d对L/d的逆元,即((N-M)/d) * x ≡ 1(mod L/d), 
    即((N-M)/d) * x + (L / d)* y = 1的一组解, 
    所以((N-M)/d) * x + (L / d)* y = (X-Y)/d的一组解为x0 = (X-Y)/d * x. 
    这也是(N - M) * x+ L * y = (X - Y)的一组解。 */  
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posted @ 2015-06-15 22:37  soldierwing  阅读(191)  评论(0编辑  收藏  举报