扩展欧几里德问题
我们先来看这个问题
求最大公约数的gcd(m,n)方法也可以如下定义:
如果m%n为0,那么gcd(m,n)的值为n.
否则,gcd(m,n)就是gcd(n,m%n)
编写一个递归的方法来求最大公约数。编写一个测试程序,计算gcd(24,16)和gcd(255,5)
我们先引入欧几里德的证明
欧几里德证明
gcd(a,b)=gcd(b,a%b)
a=kb+r r=a%b r=a-kb
d为gcd(a,b)那么可以推出d为gcd(b,a%b)
写成代码的形式:
intgcd(int m,int n) { if(!(m%n)) returnn; return gcd(n,m%n); //return m%n==0?n:gcd(n,m%n); //return n?gcd(n,m%n):m; }
下面我们来看一道简单的题目(poj1061)
青蛙的约会
Time Limit: 1000MS | Memory Limit: 10000K | |
Total Submissions: 100511 | Accepted: 19307 |
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。
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
分析题意之后不难得出
a*x+ b*y=gcd
那么我们引入扩展欧几里德的概念
1.扩展欧几里德解的前提
现在我们知道了a 和b 的最大公约数是gcd,那么,我们一定能够找到这样的 x和 y,使得:a*x + b*y = gcd
我们就可以用x0 和y0 表示出整个不定方程的通解:
x= x0 + (b/gcd)*t
y = y0 – (a/gcd)*t
2.扩展欧几里德解的思路:
a*x + b*y= gcd
a*1 + b*0= gcd
3.扩展欧几里德解的证明:
1.a*x+ b*y=gcd
2.b*x1+ (a%b)*y1=gcd
3.a%b= a - (a/b)*b
由此可以得出:
gcd= b*x1 + (a-(a/b)*b)*y1 =b*x1+ a*y1 – (a/b)*b*y1 =a*y1+ b*(x1 – a/b*y1)
写成代码的形式:
long long ex_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } long long r = ex_gcd(b,a%b,x,y); long long temp = x; x = y; y = temp - a/b*y; return r; }
完整源代码:
#include <iostream> #include <stdio.h> using namespace std; long long ex_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) { if(b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } long long r = ex_gcd(b,a%b,x,y); long long temp = x; x = y; y = temp - a/b*y; return r; } int main() { long long x,y,m,n,l,p,q; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l); int r = ex_gcd(n-m,l,p,q); if((x-y)%r) cout<<"Impossible"; else { long long d = l/r,dd = (x-y)/r; p *= dd; p = (p%d+d)%d; printf("%lld\n",p); } return 0; }
附上完整课件资料:http://download.csdn.net/detail/k183000860/9334973