青蛙的约会——欧几里得—数论

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

PKU

根据题意我们可以知道这是一个欧几里得题

扩展欧几里得定理：对于2个不全为0的整数a，b必存在一组解x，y使得ax+by=gcd(a，b)

#include<stdio.h>

#include<math.h>

longlongx,y,q;

longlonggcd(longlonga,longlongb)

{

returnb==0?a:gcd(b,a%b);

}

longlonggcd_x(longlonga,longlongb)

{

longlongt,d;

if(b==0)

{

x=1;

y=0;

returna;

}

d=gcd_x(b,a%b);

t=x;

x=y;

y=t-(a/b)*(y);

returnd;

}

intmain()

{

longlonga,b,c,l,st1,st2,m,n,ans,k;

while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&st1,&st2,&m,&n,&l)==5)

{

a=n-m;

b=l;

c=st1-st2;

if(c%gcd(a,b)!=0)printf("Impossible\n");

else

{

ans=gcd_x(a,b);

x=x*(c/ans);

k=x/(b/ans);

x=x-k*(b/ans);

if(x<0)x=x+b/ans;

printf("%lld\n",x);

}

}

}

这段代码的意识：

intgcd_x(inta,intb)

{

intt,d;

if(b==0)

{

x=1;

y=0;

returna;

}

d=gcd_x(b,a%b);

t=x;

x=y;

y=t-(a/b)*(y);

returnd;

}

由于gcd(a,b)=gcd(b,a%b);a%b=a-a/b*b;

gcd(a，b)=ax+by=gcd(b,a%b)=bx1+(a%b)y1=y1*a+(x1-y1*a/b)*b

根据ab前对应系数相等知x=y1,y=x1-y1*(a/b)

上式xy是本层递归的xy(假设为gcd(a,b)中的xy)x1，y1是上次递归返回的

xy(gcd(b,a%b)中的xy)

故有

t=x;

x=y;

y=t-(a/b)*(y); 这几句代码求得xy的值

gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=gcd.........=gcd(a,0)=ax+by=a

有一点我有点疑惑这时候ax+by=ax=1是毋庸置疑的但是y应该可以为任何数啊为什么非要为0啊？？？

k=x/(b/ans);

x=x-k*(b/ans);

if(x<0)x=x+b/ans;

上面三句是求最短的步数

由于通解是

X=x0+b/ans*t

Y=y0-a/ans*t

上面那三句就是求的最短的步数即大于0的最小的解