poj 1061 青蛙的约会 扩展欧几里得

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;
	}
}

之后，将等式两边同乘以c/gcd(a,b)，得到一般方程ax+by=c的一个解x，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。 

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）