POJ 1061 青蛙的约会
题目大意:
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
A
A和青蛙
B
B
B,并且规定纬度线上东经
0
0
0度处为原点,由东往西为正方向,单位长度
1
1
1米,这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。设青蛙
A
A
A的出发点坐标是
x
x
x,青蛙
B
B
B的出发点坐标是
y
y
y。青蛙
A
A
A一次能跳
m
m
m米,青蛙
B
B
B一次能跳
n
n
n米,两只青蛙跳一次所花费的时间相同。纬度线总长
L
L
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 5 5个整数 x , y , m , n , L x,y,m,n,L x,y,m,n,L,其中 x ≠ y < 2000000000 x≠y < 2000000000 x̸=y<2000000000, 0 < m 0 < m 0<m、 n < 2000000000 n < 2000000000 n<2000000000, 0 < L < 2100000000 0 < L < 2100000000 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
青蛙要相遇,则他们走的总路程之差为总长的倍数
可列出如下公式
( x + m t ) − ( y + n t ) = k l (x+mt) - (y+nt) = kl (x+mt)−(y+nt)=kl, t t t表示次数, k k k表示一个整数
可转换为如下方程
( n − m ) t + k l = x − y (n-m)t + kl = x-y (n−m)t+kl=x−y
令 a = n − m , b = l , c = x − y a = n-m, b = l, c = x - y a=n−m,b=l,c=x−y
则 a t + b k = c at + bk = c at+bk=c等价于 a x + b y = c ax+by=c ax+by=c,可用扩展欧几里德算法求一组解,假设得到一组解为 ( x 0 , y 0 ) (x_0,y_0) (x0,y0),
所有的解可表示为 x 0 + b g c d ( a , b ) ∗ t x_0 + \frac{b}{gcd(a,b)}*t x0+gcd(a,b)b∗t, t t t为任意整数
那么为了保证 x 0 x_0 x0最小,同时要为一个正数
因此此应该处理 ( x 0 % b g c d ( a , b ) + b g c d ( a , b ) ) % b g c d ( a , b ) (x_0 {\%}\frac{b}{gcd(a,b)} + \frac{b}{gcd(a,b)}){\%}\frac{b}{gcd(a,b)} (x0%gcd(a,b)b+gcd(a,b)b)%gcd(a,b)b
代码
#include <iostream>
#define ll long long
using namespace std;
ll ex_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if(!b) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
ll ans = ex_gcd(b, a%b, x, y);
ll t = x;
x = y;
y = t - a / b * y;
return ans;
}
int main () {
ll sx, sy, m, n, l, x, y, a, b, c;
cin >> sx >> sy >> m >> n >> l;
a = n - m;
b = l;
c = sx - sy;
if(a < 0) {
a = -a;
c = -c;
}
ll d = ex_gcd(a, b, x, y);
if(c % d) {
cout << "Impossible";
return 0;
}
x *= c / d;
ll r = b / d;
cout << (x % r + r) % r; //保证x最小
return 0;
}