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
题解：
要求（a）
x+am≡y+an (mod L)
即： a(m−n)≡y−x (mod L)
即： a(m−n)+Lk=y−x
用拓展欧几里得求
a(m−n)+Lk=gcd(m−n,L)
令 d=gcd(m-n,L), c=y-x;
若c%d!=0 则无解。
解出a后，最终答案为：(a∗c/d)mod(L/d)
证明：设要解的方程（求x）是：
ax1+by1=c
而我们已经解得
ax+by=gcd(a,b)=d
此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：
ax∗c/d+by∗c/d=c
所以：
x1=x∗c/d
这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。
我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么
<x−b/d,y+a/d>
也是原方程的一组解。
这样我们只需要让解得的x不断减b/d，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。
其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：
x1=(x∗c/d)mod(b/d)
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 using namespace std;
5 typedef long long ll;
6 ll x,y,m,n,l;
7 ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)//可以求出a,b和x,y的任意一组值
8 {
9 if(b==0)
10 {
11 x=1;
12 y=0;
13 return a;
14 }
15 ll q=ex_gcd(b,a%b,y,x);
16 y-=a/b*x;
17 return q;
18 }
19 int main()
20 {
21 while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l))
22 {
23 if(m==n)
24 {
25 printf("Impossible
");
26 continue;
27 }
28 if(m<n)
29 {
30 ll t=m;
31 m=n;
32 n=t;
33 ll q=y;
34 y=x;
35 x=q;
36 }
37 ll c=y-x;
38 ll a,k;
39 ll d=ex_gcd(m-n,l,a,k);
40 if(c%d)
41 printf("Impossible
");
42 else
43 printf("%lld
",((a*c/d)%(l/d)+(l/d))%(l/d));
44 }
45 }
ZOJ-3609 Modular Inverse
The modular modular multiplicative inverse of an integer a modulo m is an integer xsuch that a-1≡x (mod m). This is equivalent to ax≡1 (mod m).
Input
There are multiple test cases. The first line of input is an integer T ≈ 2000 indicating the number of test cases.
Each test case contains two integers 0 < a ≤ 1000 and 0 < m ≤ 1000.
Output
For each test case, output the smallest positive x. If such x doesn't exist, output "Not Exist".
Sample Input
3
3 11
4 12
5 13
Sample Output
4
Not Exist
8
题意：已知a，m求最小的x满足ax≡1（mod m）
题解：这个题与上面的思路一模一样，给出两种写法。
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<algorithm>
6 using namespace std;
7 typedef long long ll;
8 int casen;
9 ll ex_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
10 {
11 if(b==0)
12 {
13 x=1;
14 y=0;
15 return a;
16 }
17 ll q=ex_gcd(b,a%b,y,x);
18 y-=a/b*x;
19 return q;
20 }
21 int main()
22 {
23 ll a,m,x,y,c;
24 scanf("%d",&casen);
25 while(casen--)
26 {
27 scanf("%lld%lld",&a,&m);
28 ll d=ex_gcd(a,m,x,y);
29 if(1%d!=0)
30 printf("Not Exist
");
31 else
32 {
33 ll ans=((x*1/d)%(m/d)+m/d)%(m/d);
34 if(ans<=0) ans+=m/d;//一定要加上！！
35 printf("%lld
",ans);
36 }
37 }
38 return 0;
39 }
调用求最小正整数解的函数
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cmath>
4 typedef long long ll;
5 using namespace std;
6 int gcd(int a,int b,int &x,int &y)
7 {
8 if(b==0)
9 {
10 x=1;
11 y=0;
12 return a;
13 }
14 int q=gcd(b,a%b,y,x);
15 y-=a/b*x;
16 return q;
17 }
18 int cal(int a,int b,int c)
19 {
20 int x;int y;
21 int g=gcd(a,b,x,y);
22 if(c%g!=0) return -1;
23 x*=c/g;
24 b/=g;
25 if(b<0) b=-b;
26 ll ans=x%b;
27 if(ans<=0)
28 ans+=b;
29 return ans;
30 }
31 int main()
32 {
33 int b,x,y,t,n,a,m;
34 scanf("%d",&t);
35 while(t--)
36 {
37 scanf("%d%d",&a,&m);
38 b=cal(a,m,1);
39 if(b==-1)
40 printf("Not Exist
");
41 else
42 printf("%d
",b);
43 }
44 return 0;
45 }