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POJ 1061-青蛙的约会(扩展欧几里德)

2024-07-21 03:31:51   222人阅读

青蛙的约会
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000K
Total Submissions: 91134 Accepted: 16678

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。 

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
扩展欧几里德的应用。
分析：设青蛙A经过s步之后追上青蛙B。则满足以下式子：
(x+s*m)-(y+s*n)=k*L(k=0,1,2...)变形得：
(n-m)*s+k*L=x-y;令a=n-m ;b=L;c=x-y;得
a*s+b*k=c;(一元二次方程)原方程①
只要上式存在整数解，则两只青蛙可以相遇，否则不能；如果有解，我们需要求出min_s;
令r=gcd(a,b)由扩展gcd可以求出ax+by=r;的解，若令a/=r,b/=r;则可以求出a‘x+b‘y=1 的一组解(x0,y0)，两边同时乘以c, 得a‘cx+b‘cy=c;（即为原方程①）那么x0*c就是原方程的一个解，令x1=x0*c,那么(x1%b+b)%b即为原方程的一组x的非负最小解。（加b是防止x1是负值）
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <cmath>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
#define LL long long
LL gcd(LL a,LL b)
{
    if(b==0)return a;
    return gcd(b,a%b);
}
void exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return ;
    }
    exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
}
int main()
{
    LL x,y,m,n,L,s,k;
    cin>>x>>y>>m>>n>>L;
    LL a=n-m;
    LL b=L;
    LL c=x-y;
    LL r=gcd(a,b);
    if(c%r)
    {
        puts("Impossible");
        return 0;
    }
    a/=r;b/=r;c/=r;
    exgcd(a,b,s,k);
    if(b<0)b=-b;
    s*=c;
    cout<<(s%b+b)%b<<endl;
    return 0;
}


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