POJ1061 青蛙的约会

一、题目

POJ 1061    青蛙的约会

【关于“欧几里得求最大公约数”和“扩展欧几里得算法”的题目】

二、题目源程序

#include <iostream>

using namespace std;

#define LL long long

LL gcd(LL a, LL b)
{
    return b ? gcd(b, a%b) : a;
}

//find x, y that satisfied the equation ax+by=d, which minimize the {|x|+|y|}. ps:d = gcd(a,b).
void exgcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
{
    if (!b)
    {
        d = a, x = 1, y = 0;
    }
    else
    {
        exgcd(b, a %b, d, y, x);
        y -= x * (a / b);
    }
}
//1、先计算Gcd(a, b)，若n不能被Gcd(a, b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同时除以Gcd(a, b)，得到新的不定方程a' * x + b' * y = n'，此时Gcd(a', b')=1;
//2、利用上面所说的欧几里德算法求出方程a' * x + b' * y = 1的一组整数解x0, y0，则n' * x0,n' * y0是方程a' * x + b' * y = n'的一组整数解；
//3、根据数论中的相关定理，可得方程a' * x + b' * y = n'的所有整数解为：
//x = n' * x0 + b' * t
//y = n' * y0 - a' * t
//(t为整数)
bool getans(LL a, LL b, LL c, LL &ans)// ax + by = c 最小整数解
{
    LL r = gcd(a, b), y0;
    if (c%r)//no solutions
    {
        return false;
    }

    a /= r; b /= r; c /= r;

    exgcd(a, b, r, ans, y0);//至此，上面的说明解决了

    LL t = c * ans / b;
    ans = c * ans - t * b;

    /*此时方程的所有解为：x = c*ans - b*t, x的最小的可能值是0
    令x = 0可求出当x最小时的t的取值，但由于x = 0是可能的最小取值，实际上可能x根本取不到0
    那么由计算机的取整除法可知：由 t = c*k1 / b算出的t
    代回x = c*ans - b*t中，求出的x可能会小于0，此时令t = t + 1，求出的x必大于0；
    如果代回后x仍是大于等于0的，那么不需要再做修正。*/

    if (ans < 0)
    {
        ans += b;
    }
    return true;
}
int main()
{
    LL x, y, m, n, L;
    while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
    {
        LL a = n - m, b = L, c = x - y;
        LL ans;
        bool flag = getans(a, b, c, ans);
        if (!flag)
        {
            cout << "Impossible" << endl;
            continue;
        }
        cout << ans << endl;
    }
}

三、解题思路

      两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；则：(x+mt)-(y+nt)=kl;变形得：(m-n)t-(y-x)=kL;即有(m-n)t mod L=y-x;为线性同余方程。此方程有解当且仅当y-x能被m-n和L的最大公约数(记为gcd(m-n,L)),即gcd(m-n,L)|y-x。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(m-n)t mod L=y-x成立，那么所有的解可以表示为：
{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。

欧几里得算法的拓展应用中有如下三条定理：

   定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*x+ b*y。

   定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

   定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

      证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

      如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。

 

四、心得体会

起初在运行之后得到的结果正确，我就提交了。可是没有通过。

原因在哪？

输入问题！

起初我的程序里是没有      while (cin >> x >> y >> m >> n >> L）     这句话的，

我写的是  cin >> x >> y >>m>> n >>  L;     没有while的判断。

所以题目要求    “输入只包括一行5个整数”    而我在输入过程中即使每行输一个，输5行，也会照常运行，不会跳出。

 

注意细节，输入输出！