POJ 1061 青蛙的约会笔记——扩展欧几里得

最新推荐文章于 2022-04-14 00:39:57 发布

OneOrpheus

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分类专栏： poj 算法 C++program

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解析两只青蛙如何通过计算确定能否及何时相遇的问题。采用扩展欧几里得算法解决线性同余方程，实现青蛙在同一条纬度线上相遇的计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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
Source

浙江

为了理解这题花了很久，下面简单介绍下这个题的思路：

首先，已知青蛙A的位置为x，每次跳跃距离为m，青蛙B的位置为y，每次跳跃距离为n。由于地球是球体，因此青蛙在跳跃k次后，所在的位置为（青蛙原来得位置+k*m）% 纬度线总长。要使青蛙A和青蛙B汇合，则 $(x+k*m) \% l = (y+k*n)\%l$ ，可以建立线性同余方程 $x+k*m\equiv y+k*n (mod \ l)$ ，然后对这个式子进行变形： $(m-n)*k \equiv y-x (mod \ l)$ ，又由此可以推得公式： $(m-n)*k + l*s=y-x$ ，从这里已经可以看出是用扩展欧几里得算法去做了。这里简单解释下：

线性同余方程 $ax\equiv b (mod \ n)$ 可以等价为 $ax + ny = b$

有裴蜀等式可知， $ax + ny = b$ 有整数解的条件是，b是a、n最大公约数的倍数。那么一定存在解 $(x,y)$ 使 $ax + ny = gcd(a,n)$ ， $gcd(a,n)$ 就是a、n最大公约数。我们知道求最大公约数用辗转相除法，也就是欧几里得算法

int gcd(int a, int n){ return n == 0 ? a : gcd(n, a%n); }

其原理在于 $a*x_1 + n* y_1 = n*x_2 + (a\%n)* y_2 = gcd(a,n)$ ，
从这里可以推出扩展欧几里得算法： $a \% n = a - a/n*n$ ，这里的/除号是整除，向下取整。那么
$a*x_1 + n* y_1 = \\ n*x_2 + (a\%n)* y_2 = \\ n*x_2 + (a - a/n*n)* y_2 = \\ a * y_2 + n*(x_2 - a/n*y_2)$
发现， $x_1 = y_2, y_1 = (x_2-a/n*y_2)$

我们观察上述的欧几里得算法，发现，在递归最深一层，得到的是 $n = 0，a = gcd(a, n)$ ，也就是 $a*1 + n*0 = gcd(a,n)$ ，此时 $x = 1, y = 0$ ，那么可以一路回推得到最初的 $x,y$ ，也就是在欧几里得算法中记录每层递归的 $x，y$ ：

int ex_gcd(int a, int n, int &x, int &y){
    if (n == 0){
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    int ans = ex_gcd(n, a%n, x, y);
    LL temp = x;
    x = y;
    y = temp - a / n * y;
    return ans;
}

到这里我们就解出了 $ax + ny = gcd(a,n)$ 的一个整数解，但这还并不是我们要求的 $aX + nY = b$ 的解，其实也很简单， $X = x*b/gcd(a,n)$ ，注意，当 $b/gcd(a,n)$ 不能整除的时候， $X$ 就不是整数了，也就说明没有整数解。假若能够整除，这样我们就得到了 $aX + nY = b$ 的一个整数解，但还不够！

我们要求的是最小解，这里不能保证得到的是最小解，我们算得的 $X$ 实质是一个特解 $X_0$ ，要知道完整的通解是 $X = X_0+k*\frac {n} {gcd(a,n)}$ ，其中 $k$ 是整数。那么我们也只需要对 $X_0$ 取余就行了，最小的整数解 $X_{min} = X_0 \% (\frac {n} {gcd(a,n)})$

你以为这个题结束了吗？哈，太天真了。我们还要讨论情况：首先，在计算 $ax + ny = gcd(a,n)$ 时，如果a是负数，要转化成 $|a|x + ny = gcd(|a|,n)$ ，最后得到的解 $x$ 实质上等于 $-x$

然后是求 $X_{min}$ 时，因为b可能是负值，所以得到的 $X$ 可能是负值，于是 $X_{min}$ 可能是负值，当出现这种情况时，累加 $\frac {n} {gcd(a,n)}$ 使其出现大于0的一个整数解，这时候的 $X_{min}$ 才是最小的正整数解

最后的最后，说明一下，这个题用int是不够的，要用long long

#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long LL;

LL ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y){
    if (b == 0){
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    LL ans = ex_gcd(b, a%b, x, y);
    LL temp = x;
    x = y;
    y = temp - a / b * y;
    return ans;
}
int main(){
    LL x, y, m, n, l;
    cin >> x >> y >> m >> n >> l;

    LL ac = m - n;
    LL gc = y - x;
    LL isMinus = 0;
    if (ac < 0){
        ac = -ac;
        isMinus = 1;
    }
    LL e, f;
    LL gcd = ex_gcd(ac, l, e, f);
    if (gc % gcd != 0)
        cout << "Impossible";
    else {
        if (isMinus) e = -e;
        e *= gc / gcd;
        LL step = l / gcd;
        LL out = e % step;
        while (out <= 0)
            out += step;
        cout << out;
    }

    return 0;
}