P1516 青蛙的约会(扩展欧几里得+最小解)

传送门

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。

思路:相遇的情况可以得到,x+km(%L)=y+kn(%L),调整等式可以得到x-y=k(n-m)(%L),

即s=ax(%p),同余方程,设g=gcd(L,a),g整除s则有解

这样就能通过求逆元的方法找到可行解k1,最小解为k1%(L/gcd(a,L).

详细推导:here

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 10001000;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = 100000000;
ll ex_gcd(ll m, ll n, ll& x, ll& y) {
    if (n == 0) {
        x = 1; y = 0;
        return m;
    }
    ll ans=ex_gcd(n, m % n, y, x); y -= m / n * x;
    return ans;
}
ll x, y, m, n, L;
int main() {
    //freopen("test.txt", "r", stdin);
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L);
    ll a = x - y, b = n - m;
    if (b < 0) {//负数不能求逆元
        b = -b;
        a = -a;
    }
    ll g=ex_gcd(b, L, x, y);
    x = (x % L + L) % L;
    if (a % g != 0) {
        printf("Impossible\n");
    }
    else {
        int mod = L / g;
        printf("%lld\n", (((x*a/g)%mod+mod)%mod));
    }
    return 0;
}