青蛙的约会
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Description
两仅仅青蛙在网上相识了，它们聊得非常开心，于是认为非常有必要见一面。它们非常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。但是它们出发之前忘记了一件非常重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的详细位置。只是青蛙们都是非常乐观的，它们认为仅仅要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两仅仅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。为了帮助这两仅仅乐观的青蛙，你被要求写一个程序来推断这两仅仅青蛙是否可以碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两仅仅青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，而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，两仅仅青蛙跳一次所花费的时间同样。纬度线总长L米。如今要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
我们把这两仅仅青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，而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，两仅仅青蛙跳一次所花费的时间同样。纬度线总长L米。如今要你求出它们跳了几次以后才会碰面。
Input
输入仅仅包含一行5个整数x，y，m，n，L，当中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
Output
输出碰面所须要的跳跃次数，假设永远不可能碰面则输出一行"Impossible"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4
题意：
先小小的分析：我们能够设在第s步达到。则方程为：(x+m*s)-(y+n*s)=k*L(k=0,1,2....);
能够化解为(n-m)*s+k*L=x-y;等价为A*x+B*y=C;
如今能够进行求解，本题要求的就是一个二元一次方程和同余：ax + by = c的整数x解，首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，非常显然嘛，a是整除d的，b也是整除d的，而x、y都是整数解，所以要求c/d也是整数嘛。假设c不整除d，当然就是Impossible咯。不然的话，假设我们能求出ax0+by0=d的解x0和y0，那么两边乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c，就能够得到原来方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)咯。
涉及到的定理有：
<span style="color:#ff0000;">定理1 gcd(a,b)是ax+by的线性组合的最小正整数，x，y∈z;假设d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*k + b*l</span><span style="background-color: rgb(240, 240, 240); font-size: 13.63636302947998px; line-height: 25.99431800842285px; font-family: 'Courier New', Courier, monospace;"><span style="color:#ff0000;">定理2 假设ax+by=c，x，y∈z；则c%gcd==0;若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。</span></span><span style="background-color: rgb(240, 240, 240); font-size: 13.63636302947998px; line-height: 25.99431800842285px; font-family: 'Courier New', Courier, monospace;"><span style="color:#ff0000;">定理3 假设是互质的正整数，是整数，且方程ax+by=c（1）</span></span>有一组整数解x0，y0则此方程的一切整数解能够表示为x=x0+bt;y=y0-at;t∈z;（2）
方程at+bp=c左右两边同除以gcd(a,b),得a1t+b1p=c1,再用extended_euclid解最小正整数线性组合得一组解x1，y1，则所求方程的一组解为T=x1*c1，P=y1*c1，依据（2）式可得t的最小正整数解为（T%b1+b1）%b1,b1=b/gcd(a,b)，此即为可行时所求解。若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。注意求哪一个数就仅仅要将求解的（T%b1+b1）%b1进行变换就能够了，假设要求y的话将T换成P就可以
好了，能够依据以上知识来解决这个问题了，我以下给了三组不同的代码姿势都一样仅仅是代码风格不一样。
：
一.cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long X,Y;
long long exgcd(long a,long b)
{
if(b==0){X=1;Y=0;return a;}
long long d=exgcd(b,a%b);
long long t=X-a/b*Y;X=Y;Y=t;
return d;
}
int main()
{
long x,y,m,n,L,a,b,c;
cin>>x>>y>>m>>n>>L;
long long d=exgcd(n-m,L);
long long r=L/d;
if((x-y)%d) puts("Impossible");
else
{
cout<<((x-y)/d*X%r+r)%r<<endl;
}
return 0;
}
///////////////////
#include <iostream>
using namespace std;
long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
long long d, t;
if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; }
d = extgcd(b, a % b, x, y);
t = x - a / b * y; x = y; y = t;
return d;
}
int main()
{
long long x, y, m, n, L, X, Y, d, r;
while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
{
d = extgcd(n - m, L, X, Y); r = L / d;
if ((x - y) % d) cout << "Impossible" << endl;
else cout << ((x - y) / d * X % r + r) % r << endl;
}
return 0;
}////////////////
#include <iostream>
using namespace std; __int64 t,p; __int64 euclid(__int64 a,__int64 b){
if(b==0)
return a;
else
return euclid(b,a%b);
} void extended_euclid(__int64 a,__int64 b){
if(b==0){
t=1;
p=0;
}
else{
__int64 temp;
extended_euclid(b,a%b);
temp=t-a/b*p;
t=p;
p=temp;
}
} int main(){
__int64 x,y,n,m,L,gcd;
cin>>x>>y>>m>>n>>L;
if (m==n){
cout<<"Impossible"<<endl;
return 0;
}
__int64 a,b,c,c1;
a=n-m;
b=L;
c=x-y;
gcd=euclid(a,b);
c1=c%gcd;
if (c1!=0){
cout<<"Impossible"<<endl;
return 0;
}
c/=gcd;
a/=gcd;
b/=gcd;
extended_euclid(a,b);
t*=c;
p*=c;
t=(t%b+b)%b;
cout<<t<<endl;
return 0;
}/////////////////
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
__int64 gcd(__int64 a,__int64 b)
{
if( b==0 )
return a;
else
gcd(b,a%b);
}
void exgcd(__int64 a,__int64 b,__int64 &xx,__int64 &yy)
{
if( b==0 )
{
xx=1;
yy=0;
return;
}
exgcd(b,a%b,xx,yy);
__int64 r=xx;
xx=yy;
yy=r-a/b*yy;
}
int main()
{
__int64 x,y,m,n,l,a,b,c,xx,yy,rr,k,t;
while( scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF )
{
a=n-m; b=l; c=x-y;
rr=gcd(a,b);//求出 a，b 的最大公约数
if( c%rr!=0 )//假设c不能被r整除，则由数论中的相关定理可知整数解一定不存在
printf("Impossible\n");
else
{
a=a/rr;
b=b/rr;
c=c/rr;
exgcd(a,b,xx,yy);//求a*xx+b*yy=Gcd(a,b)的整数解，此时Gcd(a,b)=1
t=c*xx/b;//此时方程的全部解为:x = c * k1 + b * t，
//令x=0可求出当x最小时的t的取值，这样求出的x可能小于0，当其小于0时加上b就可以。
k=c*xx-t*b;
if( k<0 )
k=k+b;
printf("%I64d\n",k);
}
}
return 0;
}最后面摘抄别人的总结一下：
此题事实上就是扩展欧几里德算法－求解不定方程，线性同余方程。
分析一：得出方程，建立模型
设过s步后两青蛙相遇，则必满足以下等式：
(x+m*s)-(y+n*s)=k*l(k=0,1,2....)
略微变一下形得：
(n-m)*s+k*l=x-y
令n-m=a,l=b,x-y=c,即
a*s+b*k=c //得出这个方程是关键
此处a，b，c为常数，s，k为未知数。
仅仅要上式存在整数解，则两青蛙能相遇，否则不能。
首先想到的一个方法是用两次for循环来枚举s,k的值，看是否存在s,k的整数解，若存在则输出最小的s，但显然这样的方法是不可取的，谁也不知道最小的s是多大，如果最小的s非常大的话，超时是明显的。
学习：怎样解这个方程？用欧几里得扩展原理
先来看看欧几里得算法：
欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个整数a,b的最大公约数
定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) // gcd代表最大公约数
证明例如以下：
a能够表示成a = kb + r，则r = a mod b
如果d是a,b的一个公约数，则有
d|a, d|b，而r = a - kb，因此d|r
因此d是(b,a mod b)的公约数
如果d 是(b,a mod b)的公约数，则
d | b , d |r ，可是a = kb +r
因此d也是(a,b)的公约数
因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必定相等，得证
欧几里德算法就是依据这个原理来做的，其算法用C语言描写叙述为：
int Gcd(int a, int b)
{
if(b == 0)
return a;
return Gcd(b, a % b);
}
当然你也能够写成迭代形式：
int Gcd(int a, int b)
{
while(b != 0)
{
int r = b;
b = a % b;
a = r;
}
return a;
}
补充: 扩展欧几里德算法是用来求解a*x+b*y=Gcd(a,b)的解(依据数论中的相关定理解一定存在)。 证明例如以下
ax+by
=gcd(a,b)
=gcd(b,a%b)
= bx'+(a%b) y'
=bx'+ ( a- (a/b) *b)y'
=bx'+ ay'- (a/b) *b *y'
=ay'+ b(x'- (a/b) y')
所以ax+by=ay'+ b(x'- (a/b) y')
所以x=y'，y=x'- (a/b) y'
以下是一个使用C++的实现：
int exGcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int r = exGcd(b, a % b, x, y);
int t = x;
x = y;
y = t - a / b * y;
return r;
}
利用扩展欧几里得算法求解不定方程a * x + b * y = n的整数解的求解全过程，过程例如以下：
1、先计算Gcd(a,b)，若n不能被Gcd(a,b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同一时候除以Gcd(a,b)，得到新的不定方程a' * x + b' * y = n'，此时Gcd(a',b')=1;
2、利用扩展欧几里德算法求出方程a' * x + b' * y = 1的一组整数解x0,y0，则n' * x0,n' * y0是方程a' * x + b' * y = n'的一组整数解；
3、依据数论中的相关定理，可得方程a' * x + b' * y = n'的所有整数解为：
x = n' * x0 + b' * t
y = n' * y0 - a' * t (t=0,1,2，……)
上面的解也就是a * x + b * y = n 的所有整数解
以上文章部分摘抄别人。