写在前面:关于扩展欧几里得
已知存在数x,y使得对于确定的a,b有ax+by=gcd(a,b),所以对于一般的ax+by=c,只要gcd(a,b)能够整除c,就一定存在解x,y,且解的个数为c/gcd(a,b)。
关于如何求x,y
ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=bx'+(a%b)y',整理之后可以得到x=y',y=(x'-a/cy'),又因为gcd(d,0)(d为gcd(a,b))=dx,所以可以用递归求解满足条件的x,y
代码如下
void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x,long long &y)
{
if(b==0)
{
d=a;
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,d,x,y);
long long temp=x;
x=y;
y=temp-(a/b)*y;
}
}
因为ax+by=c可以写成同余形式 ax=c(mod b)
所以可以累加(b/gcd)得到所有的x
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。
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
推出公式之后可以发现,这就是一个简单的ax+by=c类问题,套模板即可
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long i,j,k,n,m,x1,l,a,b,c,d,x,y,sum;
long long y1;
void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x,long long &y)
{
if(b==0)
{
d=a;
x=1;
y=0;
return;
}
else
{
exgcd(b,a%b,d,x,y);
long long temp=x;
x=y;
y=temp-(a/b)*y;
}
}
int main()
{
while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x1,&y1,&m,&n,&l))
{
if(m==n)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
a=n-m;
b=l;
c=x1-y1;
exgcd(a,b,d,x,y);
//printf("%lld %lld\n",d,x);
if((x1-y1)%d!=0)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
else
{
sum=(x*c/d)%(l/d);
sum=(sum+l/d)%(l/d); //此处sum可能是负数,要处理一下
}
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}
(ctr的自我吐槽:一开始一直输出0,怎么都找不到错误,最后发现我的sum在循环里重新定义了一遍……人工增加debug难度……果然人已经傻到一定境界了)