POJ 1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)

题目大意：

　　就是说，给你两个起始的x和y，然后x每次增加m，y每次增加n，以及长度L，求出最小的变化次数T,有(x+m*T)-(y+n*T)==P*L.

解题思路：

　　裸裸的扩展欧几里得。

　　分析：假设跳了T次以后，青蛙1的坐标便是x+m*T,青蛙2的坐标为y+n*T。它们能够相遇的情况为（x+m*T）-(y+n*T)==P*L，其中P为某一个整数，变形一下

得到(n-m)*T+P*L==x-y   我们设a=(n-m),b=L,c=x-y,T=x,P=y.于是便得到ax+by==c。激动啊，这不就是上面一样的式子吗。

直接套用扩展欧几里得函数，得到一组解x,y。由于问题是问最少跳多少次，于是只有x是我们需要的信息。那么再想，x是最小的吗？

　　答案是可能不是！那么如何得到最小解呢？  我们考虑x的所有解的式子： x=x0+b/d*t。x0是我们刚刚求到的，很显然右边是有个单调函数，当t为某一个与x正负性质相反的数时，可以得到最小的x。 令x的正负性质为正，那么x=x0-b/d*t1 (t1==-t)。令x==0，那么t=x0*d/b，最小的x等于x0减去t*b/d。这里得到的x可能是负数，如果是负数，我们再为它加上一个b/d即是所求答案了！

代码：

# include<cstdio>
# include<iostream>
# include<fstream>
# include<algorithm>
# include<functional>
# include<cstring>
# include<string>
# include<cstdlib>
# include<iomanip>
# include<numeric>
# include<cctype>
# include<cmath>
# include<ctime>
# include<queue>
# include<stack>
# include<list>
# include<set>
# include<map>

using namespace std;

const double PI=4.0*atan(1.0);

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

# define inf 999999999

LL x,y,a,b,c,d;
LL n,m,X,Y,L;

LL ext_gcd( LL a,LL b )
{
    LL t,d;
    if ( b==0 )
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    d = ext_gcd(b,a%b);
    t = x;
    x = y;
    y = t-(a/b)*y;
    return d;
}


int main(void)
{
    while (cin>>X>>Y>>m>>n>>L )
    {
        a = n-m;
        b = L;
        c = X-Y;
        d = ext_gcd(a,b);
        if ( c%d!=0 )
        {
            printf("Impossible\n");
            continue;

        }
        x = x*(c/d);
        y = y*(c/d);

        LL k = x*d/b;
        k = x-k*b/d;
        if ( k<0 )
        {
            k+=b/d;
        }
        cout<<k<<endl;
    }


    return 0;
}