POJ-1061 青蛙的约会
青蛙的约会
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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。
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
思路分析：
两只青蛙跳了t步，A的坐标为x+mt，B的坐标为y+nt。他们相遇的充要条件：x+mt-y-nt=pL,即(n-m)t+Lp=x-y,L>0
设n-m=A1,x-y=B1,求满足A1*t+l*p=B1的最小t（t>0),即求一次同余方程A1*t=B1*(mod l)的最小正整数解。
1 #include<stdio.h> 2 __int64 X,Y; 3 __int64 exgcd(__int64 a,__int64 b)//这个函数属于递归函数，需要好好理解 4 { 5 if(b==0) 6 { 7 X=1; 8 Y=0; 9 return a; 10 } 11 __int64 d=exgcd(b,a%b);
//下面是通过下一层的x,y回溯到上一层的x,y：
由于x，y是下一层的，所以我们可以这样做：把x看做x2,y看做y2.
上一层的看做x1和y1.
由x1=y2.y1=x2-a/b*y2.可以写出如下的代码： 12 __int64 t=X;//此处的x相当于x2 13 X=Y;//y相当于y2 进过赋值后x变为x1 14 Y=t-a/b*Y;//经过赋值后y变成y1 15 return d; 16 }
当我们对递归的结构不太理解时，可以采取从小处模拟的方法进行理解：比如
我们先让b=0;求出结果，
然后再让b!=0（把b=0向上回溯一层，看如何处理），思路就立马清晰了。
17 int main() 18 { 19 __int64 d,x,y,m,n,l,L; 20 int cas=0; 21 while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF) 22 { 23 cas++; 24 if(n-m>0) 25 { 26 d=exgcd(n-m,l); 27 L=x-y; 28 } 29 else 30 { 31 d=exgcd(m-n,l); 32 L=y-x; 33 } 34 if(L%d||m==n) 35 printf("Impossible\n"); 36 else 37 { 38 __int64 ans=X*L/d; 39 __int64 s=l/d; 40 if(ans>0) 41 printf("%I64d\n",ans%s);//这里我花了很长时间依然没有弄懂 42 else 43 printf("%I64d\n",ans%s+s); 44 } 45 } 46 return 0; 47 }
当然在求最最终解的时候我们需要注意的细节还有很多，但是这里我还没有完全掌握。。。
