poj1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)

最新推荐文章于 2020-10-17 18:30:34 发布

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本文介绍了一道经典的数论题目——青蛙约会问题，并详细解析了解决该问题所使用的扩展欧几里得算法。通过实例代码展示了如何求解不定方程的整数解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

http://poj.org/problem?id=1061

题意：中文题，求青蛙跳多少次才可以碰面，碰面即约会。

思路：数论第一题。根据题意很容易得出这个周期问题的条件：(x+mt)-(y+nt) = kl。其中t代表跳了多少次，k代表相差多少圈，这两个都是未知数。变形一下得到(n-m)t+lk = x-y，这就相当于解ax+by = c的式子了。其中a = n-m，b = l， c = x-y，均为整数。

首先判断他是否有整数解。对于ax+by = c的不定方程，如果c能被gcd(a,b)整除，那么就有整数解。因为左边除以最大公约数后，两个数互为素数，比如8和10除以gcd后变为4和5，互为素数的两个数通过x和y可以组成任意大小的整数(个人理解)，c/gcd也就是其中之一了，只要满足是整数即可。这样我们就需要算出gcd(a,b)的值，但我们要求的是解的大小，这个必须要在求gcd的过程中与其同步，于是就有了扩展欧几里得算法。

给出模板：

int ext_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)//添加引用确保同步更新
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll d = ext_gcd(b, a%b, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - (a/b)*y;
    return d;
}

当b==0的时候，a就是最大公约数，所以令x=1和y=0。当b != 0时，设x1和y1为当前的x和y，x2和y2为上一次的x和y，则：

ax1+by1 = gcd(a,b) = gcd(b,a%b) = bx2+(a%b)y2 = bx2+(a-a/b*b)y2 = ay2+b(x2-(a/b)y2)

这里x1由上一次的y2得来，y1由上一次的x2-(a/b)y2得来，所以每次递归完毕后都要在普通的gcd上面加这两个更新。

最后求的t值实际上就是x，只不过这个x是相对于gcd的，我们这里变成c后就多了个倍数，记得乘上。

#include <stdio.h>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

int ext_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)//添加引用确保同步更新
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    ll d = ext_gcd(b, a%b, x, y);
    ll tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - (a/b)*y;
    return d;
}

int main()
{
  //  freopen("in.txt", "r", stdin);
    ll a, b, c, d;
    ll x, y, m, n, l;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &l))
    {
        ll t, k;//代表两个未知数
        a = n-m;
        b = l;
        c = x-y;
        d = ext_gcd(a, b, t, k);
        if(c%d != 0)
        {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        t = t*(c/d);//通过扩展欧几里得求出的x，是c为gcd(a, b)时候的，需要乘以倍数
        t = (t%b+b)%b;//先排除负数的情况，再保证跳的次数不要超过l
        printf("%lld\n", t);
    }
    return 0;
}