#luogu整理 P1516 青蛙的约会

讲真这个题有点难

luogu P1516

我是从哪里学会的

(PKS)的题解

原题

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(0<x ≠ y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000)。

输出

输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。

样例

(in)

1 2 3 4 5

(out)

4

扩展欧几里得解不定方程

这个题用到了扩欧解不定方程。难点两个

• 怎么确定一组特解
• 怎么确定每组解之间的关系

读完题，我们可以得到这样的式子

(a是走的步数，b是未知数且 (b in Z) ，正负性不知)

[x + am equiv y + am (mod L)\ x-y + a(m-n) = bL ]

整理可得

[x-y = bL + a(n-m) ]

设(S = x-y)，(W = n-m)，这样我们就得到了不定方程

[S = Lb + Wa ]

其中，(S)，(W)，(L)都是大写定值。要求的是(a)，(b)的值。

首先联想到(exgcd)有类似的形式，我们就可以直接用它来求解，最后的答案乘上(frac S{gcd(L,W)})就可以了。

第二个问题：用(exgcd)解出来的解只是一组特解，我们就需要通过这组特解来找到a最小的解。怎么找呢？先扔出结论：

[a + t imes frac{L}{gcd(L,W)} ]

且最小的解是

[a \% frac{L}{gcd(L,W)} ]

证明：

如果有(ax + by = c)且(ax_0 + by_0 = c)，那么整理可得

[a(x-x_0) = -b(y - y_0) ]

将两边同时除以(gcd(a,b))得到

[frac{a(x-x_0)}{gcd(a,b)} = frac{-b(y - y_0)}{gcd(a,b)} ① ]

又因为

[(frac{a}{gcd(a,b)},frac{b}{gcd(a,b)}) = 1 ]

所以由①得(frac{b}{gcd(a,b)} mid (x - x_0))，所以很显然有对于(t in Z)

[frac{b}{gcd(a,b)} imes t = x - x_0 ]

那么这个方程的最小正数解就是

[x_0 = x \% frac b{gcd(a,b)} ]

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

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

int main(){
    long long m,n,x,y,l;
    long long w,s,a,b;
    cin >> x >> y >> m >> n >> l;
    s = x-y;
    w = n-m;
    if(w < 0){
        w *= -1;
        s *= -1;//w必须是正的，但是s是啥都无所谓
    }
    long long ans = exgcd(l,w,b,a);
    if(s % ans != 0){
        cout << "Impossible" << endl;
    }else{
        cout << ((a * (s/ans) + l/ans)) %(l/ans) << endl;// ((x1*(a/ans))%(l/ans)+(l/ans))%(l/ans);
    }
    return 0;
}