扩展欧几里得算法

题目 给定两个整数 \(a,c,m\) 请求出模方程

\[ax\equiv c\pmod m\tag{1} \]

的最小正整数解。

分析 我们构造方程

\[ax\equiv 1\pmod m\tag{2} \]

不难发现，如果我们能求出 \((2)\) 中的一个解，将其乘上 \(c\) 即可得到 \((1)\) 的一个解。那么现在就要求 \((2)\) 的一个解。其等价于不定方程

\[ax+my=1\tag{3} \]

我们构造

\[mx+(a\%m)y=1\tag{4} \]

它等价于

\[mx+(a-a/m\cdot m)y=1\tag{5} \]

其中"/"是整除。

不难发现，如果我们知道 \((5)\) 的一个解 \(x_0,y_0\)，则有\(y_0,x_0-a/m\cdot y\) 是 \((3)\) 的一个解，其中"/"是整除。边界条件为 \(m=0\) 时 \(x=1,y=0\)，所以可以递归求解。

假定我们知道了 \((2)\)（也即\((3)\)）的一组解 \(x_0,y_0\) 则 \(c\cdot x_0\) 为 \((1)\) 的一个解，所以 \(c\cdot x_0\%\frac{m}{GCD(a,m)}\) 为 \((1)\) 的最小正整数解（为什么？）。

例题 青蛙的约会

分析 即求

\[x+k\cdot m \equiv y + k\cdot n \pmod l \]

的最小正整数解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;

ll x, y, m, n, l;

ll exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y)
{
    if (!b) return x = 1, y = 0, a;
    
    ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
    return y -= a / b * x, d;
}

int main()
{
    while (~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &l)) {
        if (n < m) swap(n, m), swap(x, y);

        ll X = 0, Y = 0;
        ll d = exgcd(n - m, l, X, Y), r = l / d;

        if ((x - y) % d) puts("Impossible");
        else printf("%lld\n", ((x - y) / d * X % r + r) % r);
    }
}