本文探讨了pku1061青蛙约会问题，介绍了解决该问题的两种方法：利用相对速度概念进行暴力求解和使用扩展欧几里德算法解决线性方程。通过实例代码展示了算法的具体实现。
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Description
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。
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此题暴力求解必定超时，一般计算机计算一亿次就为一秒，L超过了20亿所以显然不行。其中一种方式是利用相对性，把速度慢的青蛙看成静止，而速度快的青蛙去追赶速度慢者。设m速度快 n速度慢，那么他们开始距离就为dist=（y-x+l)%l。设m青蛙的坐标为0，n青蛙坐标为dist且设经过k时间，跑了i圈之后m青蛙跑到了n青蛙的坐标。那么就有下列式子：
（m-n)*k==l*i+dist;
假如p为（m-n）与l的最大公约数gcd（m-n，l），那么若dist%p不为零，直接就可以判断为不可行的。而且dist%p为零时是一定可行的，具体原因讲第二种方法时再解释，先看第一种方法的解法：
#include<iostream>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l,dist;
int gcd(int a,int b){//辗转相除法求最大公约数
if(b==0)return a;
return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
while(cin>>x>>y>>m>>n>>l){
if(m>n)dist=(y-x+l)%l;
else {
dist=(x-y+l)%l;
int temp=m;
m=n;n=temp;
}
if(m==n||dist%gcd(m-n,l)){
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
long long k=0;
for(int i=0;;i++){
if((i*l+dist)%(m-n)==0){
k=(i*l+dist)/(m-n);
break;
}
}
cout<<k<<endl;
}
return 0;
}
第二种方法则是用数学通式来求解这题，根据信息可以列出下面的式子：
x + m*k = y+n*k + l*i;
整合后：(m-n)*k - l*i = y-x;
当然在不知道m n 和 x y的值时 i可正可负但是k一定要是正解。为了便于研究可以转化成下边的形式：
(m-n)*x + l*y = num;
也就是转化成a*x + b*y = m，且参数都为整数 这个数学式子解方程的问题了。在这里我们就需要用到一个已有的解这种整数线性方程的方法：扩展欧几里德（欧几里德发就是辗转相除法）它证明了a*x+b*y=gcd(a,b)必定有解，具体证明方法可以上网查找。所以若果m可以整除gcd(a,b)那取m1*gcd(a,b)=m,则必定有a*m1*x+b*m1*y=gcd(a,b)*m1=m。这样就解决了上边的疑问了。有了这个就可以继续看了，下面是网上某网友写的东西：
扩展欧几里德主要是用来与求解线性方程相关的问题，所以我们从一个线性方程开始分析。现在假设这个线性方程为a*x+b*y=m，如果这个线性方程有解，那么一定有gcd(a,b) | m，即a，b的最大公约数能够整除m(m%gcd(a,b)==0)。证明很简单，由于a%gcd(a,b)==b%gcd(a,b)==0，所以a*x+b*y肯定能够整除gcd(a,b)，如果线性方程成立，那么就可以用m代替a*x+b*y，从而得到上面的结论，利用上面的结论就可以用来判断一个线性方程是否有解。
那么在a*x+b*y=m这个线性方程成立的情况下，如何来求解x和y呢？
1.令a1=a/gcd(a,b)，b1=b/gcd(a,b)，m1=m/gcd(a,b)。如果我们能够首先求出满足a*x1+b*y1=gcd(a,b)这个方程的x1和y1，那么x=x1*m1,y=y1*m1就可以求出来了。由辗转相除法gcd(a,b)=gcd(b,a%b)，所以a*x1+b*y1=gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=b*x2+(a%b)*y2，现在只要做一些变形就可以得到扩展欧几里德算法中的用到的式子了。令k=a/b(商)，r=a%b(余数)，那么a=k*b+r。所以r=a-k*b，带入上式，得到a*x1+b*y1=b*x2+(a-(a/b)*b)y2=a*y2+b*(x2-(a/b)*y2) => x1=y2，y1=x2-(a/b)*y2。这个式子是一步一步往前回溯的方法，因为当a%b等于零的时候，也就是回溯到最后的时候会出现x2=1，y2=0。这样就可以通过最底层一层层往上推进，最后得出x1 y1的值。同时有了这两个式子我们知道了在用欧几里德求最大公约数的时候，相应的参数x，y的变化。现在再回过头来看一下扩展欧几里德算法的代码就很好理解了，实际上扩展欧几里德就是在求a和b的最大公约数的同时，也将满足方程a*x1+b*y1=gcd(a,b)的一组x1和y1的值求了出来。下面代码中突出的部分就是标准的欧几里德算法的代码。
__int64 exGcd(__int64 a,__int64 b,__int64 &x,__int64 &y){
if(b==0){
x=1;
y=0;
return a;
}
__int64 g=exGcd(b,a%b,x,y);
__int64 temp=x;
x=y;
y=temp-(a/b)*y;
return g;
}
2.那么x，y的一组解就是x1*m1，y1*m1，但是由于满足方程的解无穷多个，在实际的解题中一般都会去求解x或是y的最小正数的值。以求x为例，又该如何求解呢？还是从方程入手，现在的x，y已经满足a*x+b*y=m，那么a*(x+n*b)+b*(y-n*a)=m显然也是成立的。可以得出x+n*b(n=…，-2，-1，0，1，2，…)就是方程的所有x解的集合，由于每一个x都肯定有一个y和其对应，所以在求解x的时候可以不考虑y的取值。取k使得x+k*b>0，x的最小正数值就应该是(x+k*b)%b，但是这个值真的是最小的吗？？如果我们将方程最有两边同时除以gcd(a,b)，则方程变为a1*x+b1*y=m1，同上面的分析可知，此时的最小值应该为(x+k*b1)%b1，由于b1<=b，所以这个值一定会小于等于之前的值。在实际的求解过程中一般都是用while(x<0)x+=b1来使得为正的条件满足，但这个效率太低了，我们可以用先让b1为正数b1=abs(b1),然后输出(x%b1+b1)%b1。道理很好理解x%b1不管是正还是负，它的绝对值绝不会超过b1，再加上b1之后其值肯定是正的，然后再对b1取余，这样就确保万无一失了，也省去了比较m和n大小的麻烦。
上面是网友那摘录的，自己也补充了一部分，下面是我方法二的代码：
#include<iostream>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
long long m,n,x,y,l;
long long extragcd(long long a,long long b){//辗转相除求最大公约数同时把x1,x2的值求出来
if(b==0){
x=1;//这个是对应最底层的情况这时gcd(a,b)*1+0*0=gcd(a,b);
y=0;
return a;
}
long long r=extragcd(b,a%b);
long long temp=x;
x=y;//因为x，y为全局变量，相当于上边的x1=y2;
y=temp-a/b*y;//相当于y1=x2-a/b*y2
return r;
}
bool solve(long long a,long long b,long long m){
long long n=extragcd(a,b);//求出a,b最大公约数
if(m%n)return false; //若不能整除那么此方程无解
m/=n;//求出倍数m1
b=abs(b/n);//让b为正
x*=m;//最后得出x1
x=(x%b+b)%b;//最终结果x
return true;
}
int main()
{
while(cin>>x>>y>>m>>n>>l){
if(m==n){
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
if(solve(m-n,l,y-x)){
cout<<x<<endl;
}
else cout<<"Impossible"<<endl;
}
return 0;
}
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