出处:?
主要算法:数论
难度:4.4
思路分析:
典型的同余方程。由于是纬线,绕一圈是可以绕回来的,所以是可以取模的。
阅读题目,很容易得到同余方程$ x + tm ≡ y + tn (mod L)$
于是我们可以通过Exgcd来求解。先转化为不定方程 $ x + tm - y - tn = sL $
整理得 $ (m - n)t - Ls = y - x $
设 $a = n - m, b = L, c = x - y$,代入可得 $ -at - bs = -c $,即 $ at + bs = c $
因此通过先求解 $ at + bs = gcd(a, b) $,最后就能够解得一组特解了。转化成最小正整数解即可。
然而要处理的事情还有很多。首先我们来想如何得到最小正整数解。
设答案为$x$,我们得到的特解为$x_0$,则根据我们的公式一定有 $ x_0 = x + k * b / gcd(a, b) $。我们可以把它看做出发的形式,即$ x = x_0 \% (b / gcd(a, b)) $。
因此我们的答案就是$ x \% (b / gcd(a, b)) $ …… ? 万一$x leq 0$?我们的答案应该是 $ (x + (b / gcd(a, b)) \% (b / gcd(a, b) $,防止爆负数。
但是考虑一下$ b/gcd(a,b) 与 a, b$的符号,若$a, b$同号那没事,如果$a, b$异号且$ a < 0, b > 0$,那么情况就有点麻烦了……… $ gcd(a, b) $肯定小于0,而$b > 0$,所以 $ b / gcd(a, b) $ 一定小于0,因此按照这样的做法,答案不仅无法变成最小正整数解,反而更小了……
有没有一种方法来避免$ a < 0, b > 0$这种情况呢?
考虑可不可以永远保持$a$为正数。
$ax + by = c$ 与 $-ax + by = -c$的解是否完全一样?
乍一眼看不出来,可以转化为同余方程的形式,那么前者就能够变成$ c ≡ ax (mod b) $,后者就能够变成$ ax ≡ c (mod b) $。看来是完全一样的。
因此当$a < 0$时,$a$和$c$转换成相反数就可以了。
代码注意点:
long long
Code
/*By QiXingzhi*/ #include <cstdio> #include <queue> #include <cstring> #include <algorithm> #define r read() #define Max(a,b) (((a)>(b)) ? (a) : (b)) #define Min(a,b) (((a)<(b)) ? (a) : (b)) using namespace std; typedef long long ll; #define int ll const int N = 100010; const int INF = 1061109567; inline int read(){ int x = 0; int w = 1; register int c = getchar(); while(c ^ '-' && (c < '0' || c > '9')) c = getchar(); if(c == '-') w = -1, c = getchar(); while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) +(x << 1) + c - '0', c = getchar(); return x * w; } int x,y,m,n,L,s,t,a,b,c,g; int gcd(int a, int b){ return b==0?a:gcd(b,a%b); } void exgcd(int a, int b){ if(b == 0){ t = 1; s = 0; return; } exgcd(b,a%b); int tmp = t; t = s; s = tmp - a/b * s; } #undef int int main(){ #define int ll //freopen(".in","r",stdin); x = r, y = r, m = r, n = r, L = r; a = n - m; b = L; c = x - y; if(a < 0){ a = -a; c = -c; } g = gcd(a,b); exgcd(a,b); t *= c / g; s *= c / g; if(c % g != 0){ printf("Impossible"); return 0; } printf("%lld",(t + (b/g)) % (b/g)); return 0; }