洛谷——P1516 青蛙的约会

P1516 青蛙的约会

题目描述

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。

输入格式：

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L

通过题目可以很容易的看出一个方程

$x+km≡y+kn (mod L)$

相当于$x-y+k(m-n)≡0(mod L)$

也就是说$x-y+k(m-n)=pL$

移项得$k(m-n)-pL=y-x$

相当于$k(n-m)+pL=x-y$

观察一下，这个式子是不是和$ax+by=gcd(a,b)$相类似

对，其实这就是扩展gcd，对于任何这样的式子来求解$x,y$的值，

对于式子解的有无，条件是$ax+by=W$中$W$可以整除$gcd(a,b)$

对于这个式子解的通项为

有点儿=_=，既然这样，那么最小解是什么？，转大佬博客%%%Flashhu%%%

前置条件：求解$ax+by=c$的一个解，$c$不一定等于$gcd(a,b)$

设$g=gcd(a,b)$，我们利用$exgcd$可以求出$ax_0+by_0=g$其中一个解$x_0$

因为$\frac{ax+by}{g}$是整数，所以$\frac{c}{g}$也必须是一个整数，否则无解。

然后这个式子两边同乘$\frac{c}{g}$，得$a\frac{cx_0}{g}+b\frac{cy_0}{g}=c$

那么，$x=\frac{cx_0}{g}$就是$ax+by=c$中$x$的一个解

由一解推多解，有一恒等式$a(x+db)+b(y-da)=c$

在保证$db$,$da$都是整数的情况下，我们让$d$最小，就可以得到所有的整数解，那么$d=\frac{1}{g}$

那么最小非负整数解极为$x+\frac{b}{g}\%\frac{b}{g}$

由于$gcd$只对非负整数有意义，如果$a<0$，等式两边要同时取反，$b$本来就是正数，不能变也不用变

#include<bits/stdc++.h>

#define LL long long
using namespace std;

inline LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if(!b){
        x=;y=;
        return a;
    }
    LL an=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;
    return an;
}

LL n,m,x,y,L;

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
    LL xx,yy;
    LL gc,A=(n-m),g=(x-y);
    if(A<) A=-A,g=-g;
    gc=exgcd(A,L,xx,yy);
    if(g%gc!=) printf("Impossible");
    else {
        printf("%lld",(xx*(g/gc)%(L/gc)+L/gc)%(L/gc));
    }
    return ;
}