POJ 1061 （扩展欧几里得）

题意

有两只青蛙在圆环上，圆的周长为$L$，出生点分别为$x$,$y$。第一只青蛙每次可以跳$m$距离远，第二只青蛙每次可以跳$n$距离远，现在问你如果两只青蛙同时一直往一个方向跳，是否能过碰面。能的话输出跳的次数，不能碰面就输出“Impossible”

分析

  首先我们列几个式子分析一下，假设他们跳了$t$次且都往右边跳，那么对于第一只青蛙$A$有如下等式 $l_a=mt+x$，对于第二只青蛙 $B$ 有 $l_b=nt+y$。最后他们要碰面，而他们在圆环上，则肯定满足 $l_a=l_b+kL$。将上面的式子代入我们可以得到$mt+x=nt+y+kL$。化简可以得到$t(m-n)-kL=y-x$。其中$m-n,L,y-x$都是已知的。那么我们很容易联想到扩展欧几里得$ax+by=gcd(a,b)$,可以解出$x,y$的一个特解。

  这里我们先暂停一下，紫书上面对于扩展欧几里得有两个结论

• 设$a,b,c$为任意整数，若方程$ax+by=c$的一组整数解为$(x_0,y_0)$，则它的任意整数解都可以写成$(x_0+k{b}^{\prime },y_0+k{a}^{\prime })$，其中$a^{\prime }=a/gcd(a,b),b^{\prime }=b/gcd(a,b)$

• 设 $a,b,c$ 为任意整数，$g=gcd(a,b)$，方程$ax+by=g$的一组解是$(x_0,y_0)$，则当$c$是$g$的倍数时$ax+by=c$的一组解是$(\frac{x_{0}c}{g},\frac{y_{0}c}{g})$。当$c$不是$g$的倍数时无整数解

我们要求的是$t$的最小值，由第二条性质我们可以知道，当$(y-x)$是$gcd(m-n,L)$的倍数时，才有解，否则他们不可能相遇。由第一条性质我们可以不断的减去$L/gcd(L,m-n)$得到$t$的最小值

但是我看有的题解是直接用的b好像也可以，感觉是不是数据很弱 有哪里我没弄明白的？然后还有个问题就是负数。我看网上好多代码都是只保证了是$ax+by=c$前面的$a$是正数，在本题中就是保证$m-n$是正数，这种情况下$c$就是$y-x$，否则就是$n-m$和$x-y$。但是如果这样的话上面方程的$c$是负数怎么办，看起来好像不影响结果。

还有一点就是得到了t的一个通解以后，如何求恰好大于0的那个解。如果$t$是正数，那么直接模掉就行了，如果是负数那么就要先求模，然后加上模在求模。这个就涉及到了负数求模。在c++/java中余数 = 被除数 - （被除数/除数）* 除数。也就是说负数取模可以理解成不带负号取模，然后再把负号加上去？？看起来好像是这样吧。。。

还有就是紫书上的两个性质，这个可以自己下去推一推，也比较好推。不想推的记住好像也可以？ 数论的题做起来真难受。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
	if (a == 0 && b == 0) return -1;
	if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; }
	ll d = exgcd(b, a%b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return d;
}
int main()
{
	ll x, y, m, n, L;
	while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
	{
		ll a = m - n;
		ll b = L;
		ll c = y - x;
		ll xx, yy;
		if (a < 0)
		{
			a = -a;
			c = -c;
		}
		ll gcd = exgcd(a, b, xx, yy);
		if (c%gcd) cout << "Impossible" << endl;
		else
		{
			xx = xx * c / gcd;
			ll bb = b/gcd;
			xx = (xx%bb + bb) % bb;
			cout << xx << endl;
		}
		
	}
	return 0;
}