POJ1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)

                                                   1061:青蛙的约会

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描述

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。

输入

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。

输出

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"

样例输入

1 2 3 4 5

样例输出

4

这是一道经典的exgcd的老题了，去年练习的题好像就这一题没有做，因为不好想。今天可以多看了几篇博客来深入了解这道题。

这是参考博客，讲的非常详细：https://www.cnblogs.com/comeon4mydream/archive/2011/07/18/2109060.html

首先，我们对题意分析，题中我们要求的是(x+m*t) = (y+n*t)(mod L)。

这个式子可以变换成(m-n)*t + k*L = y-x。

我们令a = m-n, b = L, c = y-x, 这样我们就得到了一个a*x + b* y = c 的式子了。

利用扩展欧几里得，我们可以求得a*x0 + b *y0 = gcd的值，所以x = x*c/gcd。

由定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。那么我们令t = b/gcd，可知x在[0, t-1]上有唯一解。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
const int MAXN = (int)1e5 +10;

ll exgcd(ll a,  ll b, ll &x, ll &y)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1, y = 0;
        return a;
    }
    ll r = exgcd(b, a%b, y, x);
    y -= a/b*x;
    return r;
}

int main()
{
    ll x, y, m, n, l;
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    ll a, b, c, gcd;
    a = m-n;
    b = l;
    c = y-x;
    if(a<0)//使计算gcd值为正
    {
        a = -a;
        c = -c;
    }
    gcd = exgcd(a, b, x, y);
    if(c%gcd != 0)//这样得不到整数解
        puts("Impossible");
    else
    {
        x = x*c/gcd;
        ll t = b/gcd;
        cout<<(x%t+t)%t<<endl;//x可能为负，这样写保证了值为正
    }
   
    return 0;
}