BZOJ 1477 青蛙的约会 【扩展欧几里得】

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。

 

Solution

题意：求解一个方程 (x+m*t)-(y+n*t)=kL

　　　转化一下，等价于求 (m-n)*t+kL=y-x

直接扩展欧几里得求一下任意一个 t 的解，然后调整一下得最小正整数解

值得注意的就是扩欧求出来的一个可能解 ans，最小非负整数解就是 ans=（ans%mod+mod）% mod ，这里直接对 x 取模 （ L/gdc ），保证了 ans取模后能尽可能小，然后因为 C++ 中 取模相当于取余，所以初始ans若为负数，取模会得到一个

-( mod - 1 ) 到 0 之间的数，这个时候加上一个 mod 再取模就能得到最小非负解，最小正整数再判断以下0即可

#include<map>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<climits>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>

#define set(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
#define fr(i,a,b) for(ll i=(a),_end_=(b);i<=_end_;i++)
#define rf(i,b,a) for(ll i=(a),_end_=(b);i>=_end_;i--)
#define fe(i,a,b) for(int i=first[(b)],_end_=(a);i!=_end_;i=s[i].next)
#define fec(i,a,b) for(int &i=cur[(b)],_end_=(a);i!=_end_;i=s[i].next)

using namespace std;

typedef long long ll;

ll ans=0;
ll x,y,m,n,l;

void read()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("1477.in","r",stdin);
  freopen("1477.out","w",stdout);
#endif
  cin >> x >> y >> n >> m >> l ;
}

void write()
{
  if( !ans )
    cout << "Impossible" ;
  else
    cout << ans; 
}

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
  if( a==0 ){
    x=0,y=1;
    return b;
  }
  ll g=exgcd(b%a,a,x,y);
  ll k=y;
  y=x,x=k-b/a*x;
  return g;
}

void work()
{
  ll a=(m-n),b=l,c=x-y;
  ll gcd=exgcd(a,b,x,y);
  if( c%gcd ) return ;
  a/=gcd,b/=gcd,c/=gcd;
  ans=((x*c)%b+b)%b;
  if( !ans ) ans=b;
}

int main()
{
  read();
  work();
  write();
  return 0;
}