poj 1061 青蛙的约会 (扩展欧几里得模板)

青蛙的约会

Time Limit:1000MS     Memory Limit:10000KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u

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Description

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。 

Input

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。

Output

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"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4
首先介绍下什么是扩展欧几里得

扩展欧几里德算法

基本算法：对于不完全为 0 的非负整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数，必然存在整数对 x，y ，使得 gcd（a，b）=ax+by。

证明：设 a>b。

　　1，显然当 b=0，gcd（a，b）=a。此时 x=1，y=0；

　　2，ab!=0 时

　　设 ax1+by1=gcd(a,b);

　　bx2+(a mod b)y2=gcd(b,a mod b);

　　根据朴素的欧几里德原理有 gcd(a,b)=gcd(b,a mod b);

　　则:ax1+by1=bx2+(a mod b)y2;

　　即:ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;

　　根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2-(a/b)*y2;

     这样我们就得到了求解 x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于 x2，y2.

　  上面的思想是以递归定义的，因为 gcd 不断的递归求解一定会有个时候 b=0，所以递归可以结束。

题意：公青蛙一开始在x位置，母青蛙在y位置。公青蛙每次跳m米，母青蛙每次跳n米，并且都是向右跳的。地球经线长度是L，然后地球是圆的，也就是说，跳到L、L+1、L+2……其实就是跳到0、1、2。 公青蛙想追母青蛙，问多少次后它们能跳到一起。如果它们永远不能相遇，就输出Impossible。

题解：就是求一个k，使x + k*m ≡ y + k*n (mod L) ，然后对方程化简，就变成(n-m) * k ≡ x-y (mod L)。然后这个方程其实就等价于(n-m)*k + L*s = x-y。这就是ax + by = c求整数x的模型。

要求ax + by = c的整数x解。(n-m)*t+L*S=x-y。首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，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。如果c不整除d，当然就是Impossible。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，就可以得到原来方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)。

所以x0 * (c / d)是最小的解，但有可能是负数。

因为a * ( x0 *(c / d) + b*n) + b * (y0 * (c / d ) – a*n) = c; (n是自然数)

所以解为 (x0 * (c / d) % b + b) % b; 

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
void gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y)
{
    if(!b) {d=a;x=1;y=0;}
    else {gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}
}
int main()
{
    ll x,y,m,n,L,X,Y,d,r;
    while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
    {
        //求x
        ll a=m-n,b=-L,c=y-x;  //要求ax+by=c; 最开始先构造 aX+bX=gcd(a,b)=d; (a/d)*X+(b/d)*X=1;
        // a*(c/d)*X+b*(c/d)*X=c;
        // 即 x=(c/d)*X; 注意x不一定是最小正整数解
        // 用公式a(x+b*n)+b(y-a*n)=c;对x进行优化
        // 那么这里的b是什么呢
        gcd(a,b,d,X,Y);
        if(c%d) //这里要注意问题的实际意义 ab能除开d是一定的也是没用的 c必须能除开d才可以
            //c要是除不开d就不可能相遇 能除开就把abc都除d
            cout<<"Impossible"<<endl;
        else
        {
            a=a/d;
            b=b/d;
            //关于为什么要将b除以d
            //这里要深刻理解最大公约数的意义
            //假设gcd(15,9)=3； a=5,b=3，a变化b次可以遍历所有情况
            //同理b变化a次可以遍历所有情况 求ax的x 把x对b取余即可遍历所有情况。
            //这个数据的a的情况无非 5 10 15 三种。即b=3。
            //如果不用新的b 就会多循环 b-b/gcd(a,b)次 不是最小的解
            //比如 15 9 就会多遍历6次
            // 9x+24y=3;  x=-5,y=2; b=24的时候x优化成x=19 y=2-9=-7
            // 3x+8y=1; b=8的时候x优化成x=3 y优化成 y=2-3=-1
            //也就是说b=24不能遍历所有情况 可能会跳过最优解
            //比如100x+200y=500; 答案显然是x取任意奇数 最小正整数解x=1; 而y=(5-x)/2;
            //如果x取-1 算结果的时候用b=200取余 x=199 很明显不是最小正整数解
            //是错误的 即不能遍历所有奇数情况 应该化为x+2y=5; b=2; x=1;为正解。
            //实际上这里的新的ab 已经不是原来的意义了
            //原a=a0 b=b0 新a=a1 b=b1
            //a0*b1=b0*a1 遍历所有情况 a1 b1实际上是查数用的
            c=c/d;
            cout<<(X*c%b+b)%b<<endl;
        }
    }
    return 0;
}