CF710D Two Arithmetic Progressions

原题链接

即求在([L,R])之间有多少个整数(K)满足(K = a_1x + b_1 = a_2y + b_2)，其中(x,y)为自然数
很容易想到将等式移项，变为(a_1x + a_2(-y) = b_2 - b_1)
那么很明显可以用扩欧来求出一组(x,y)的特解，并将特解移至自然数范围内的最小解
因为原式是等式，接下来我们只需要关注其中一个解，例如(x)
设扩欧求出的(x)的通解为(x_0 + k imes MOD)，其中(MOD = a_2/gcd)，因为特解(x_0)是摸(MOD)下最小自然数解，所以(k)也为自然数
题目要求的是([L,R])之间有多少个整数(K)满足(K = a_1x + b_1)
将通解代入，即求([L,R])之间有多少个整数(K)满足(K = (a_1MOD)k + a_1x_0 + b_1)
那么最后就是求有多少(k)能让整数落于([L,R])，因为(k)连续，所以直接算不大于(R)的最大(k)和不小于(L)的最小(k)即可
写成公式就是(leftlfloordfrac{R - (a_1x_0 + b_1)}{a_1MOD} ight floor - leftlceildfrac{L - (a_1x_0 + b_1)}{a_1MOD} ight ceil + 1)
但要注意可能会除出来负数，因为(k)为自然数，要手动调到(0)，具体见代码。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
const int mod = 1073741824;
inline ll re()
{
	ll x = 0;
	char c = getchar();
	bool p = 0;
	for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar())
		p |= c == '-';
	for (; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar())
		x = x * 10 + c - '0';
	return p ? -x : x;
}
ll exgcd(ll a, ll b, ll& x, ll& y)
{
	if (!b)
	{
		x = 1; y = 0;
		return a;
	}
	ll gcd = exgcd(b, a % b, y, x);
	y -= a / b * x;
	return gcd;
}
int main()
{
	ll i, j, k, n, m, a_1, a_2, b_1, b_2;
	a_1 = re(); b_1 = re(); a_2 = re();
	b_2 = re(); n = re(); m = re();
	ll x, y, gcd = exgcd(a_1, a_2, x, y);
	if ((b_2 - b_1) % gcd)//无解
		return printf("0"), 0;
	x *= (b_2 - b_1) / gcd;//一组特解
	y *= (b_2 - b_1) / gcd;
	ll MOD = a_2 / gcd;
	x = (x % MOD + MOD) % MOD;//先让x落于自然数范围
	y = -((b_2 - b_1) - a_1 * x) / a_2;//算出此时的y
	if (y < 0)//若y还是负数就让y落于自然数范围并计算出x，此时x一定为自然数
	{
		ll MODY = a_1 / gcd;
		y = (y % MODY + MODY) % MODY;
		x = ((b_2 - b_1) + a_2 * y) / a_1;
	}
	m = floor(1.0 * (m - a_1 * x - b_1) / (a_1 * MOD));//计算最大的k
	if (m < 0)//不大于右边界的最大k都为负，那么一定不存在解
		return printf("0"), 0;
	n = ceil(1.0 * (n - a_1 * x - b_1) / (a_1 * MOD));//计算最小的k
	if (n < 0) n = 0;//k不能小于0
	printf("%lld", m - n + 1);
	return 0;
}