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

 

　　首先是构建模型。两只青蛙相遇，则要求(x+m*t)%L==(y+n*t)%L，那么得出((x-y)+(m-n)*t)%L==0，即(x-y)+(m-n)*t==k*L (k∈Z)，即(n-m)*t+L*k==x-y。

　　这种a*t+b*k==c的形式就涉及到了扩展欧几里得和贝祖定理。

　　设a=n-m，b=L，c=x-y，则原方程化为a*t+b*k==c。令d=(a,b)，则由贝祖定理可知，若c%d!=0，则不存在这样一组t，k使该式成立，故先验证if(c%d!=0)；若c%d==0，则由a*t+b*k==d求出t，k；再两边同时乘以(c/d)，得到a*t*(c/d)+b*k*(c/d)=c，其中t*(c/d)即为所求解。（当然，考虑c可能小于0，故最后公式需做转换）

　　如何求t的最小正整数解呢？根据数论中的相关定理，可得方程a*t+b*k==d的所有整数解为：t=t₁+b*p；k=k₁–a*p (p∈Z，a*t₁+b*k₁==d)。

　　例如：12*(-3)+42*1=6

　　2*(-3)+7*1=1

　　2*(-10)+7*3=1

　　2*(-17)+7*5=1

　　……

　　那么只要使t取得其[t₁]_b等价类里的最小正整数即可。当t₁+b*p>0时，t_min=((t₁+b*p)%b)*c/d，考虑题目情境，c可能小于0，而t应该大于等于0，故转化为t_min=(c*t₁/d%b+b)%b。

 

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll exGcd(ll a,ll b,ll &t,ll &k)
{
    if(b==0)
    {
        t=1;k=0;
        return a;
    }
    
    ll d=exGcd(b,a%b,t,k);
    
    ll tmp=t;
    t=k;
    k=tmp-a/b*k;

    return d;
}

int main()
{
    ll x,y,m,n,L;
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
    {
        ll a=n-m,b=L,c=x-y;
        
        ll t,k;
        ll d=exGcd(a,b,t,k);
        if(c%d!=0)
        {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        
        ll res=(c/d*t%b+b)%b;
        printf("%lld\n",res);
    }
    
    return 0;
}