bzoj 1477: 青蛙的约会

1477: 青蛙的约会

2017-08-27

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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。

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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。别数了，mn9个0。

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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"

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Sample Input

1 2 3 4 5

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Sample Output

4

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数论是个玄学的东西,还有那个叫欧几里得的人

数论入门难度的题，what？青蛙还约会？不会在之前被冻上？

总之，就是给你一个方程让你节一个令k最小的且k∈N^*的解

不妨设跳的次数为k,总共跳了p圈；

那么就有(x+k*m)-(y+k*m)=p*L

变形一下就是(x-y)+k*(m-n)=p*L

移项得到k*(m-n)-p*L=-(x-y)->k*(n-m)+p*L=x-y

令A=m-n,B=L,C=x-y;则有k*A+B*p=C求解方程的最小k

这就用到EXgcd构造出一个满足题意的k,当C%gcd(A,B)!=0时，方程无 整数解

EX_gcd

long long exgcd(long long a,long long b)
{
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    long long r=exgcd(b,a%b);
    long long t=x;x=y;y=t-(a/b)*y;
    return r;
}

证明:

现在已知方程的一组解x0,y0;求满足条件的解x1,y1;

那这个方程a*x0+b*y0=gcd(a,b);　　①

令a=b,b=a%b则有b*x1+(a%b)*y1=gcd(b,a%b);　　②

其中gcd(a,b)=gcd(b,a%b)则联立① ②则有:

a*x0+b*y0=b*x1+(a%b)*y1　　③

a%b≡a-⌊a/b⌋*b　　④//　　⌊⌋向下取整

联立③ ④则有a*x0+b*y0=b*x1+(a-⌊a/b⌋*b)*y1　　⑤

拆开⑤就是 a*x0+b*y0=b*x1+a*y1-⌊a/b⌋*b*y1　　⑥

根据群论 两边字母系数相同的放在相同位置就是a*x0+b*y0=a*y1+b*(x1-⌊a/b⌋*y1)　　⑦

然后得出y1=x0　　⑧

x1-⌊a/b⌋*y1=y0　　变形就是x1=y0+⌊a/b⌋*y1　　⑨

p = p1 + b/Gcd(a, b) * t

q = q1 - a/Gcd(a, b) * t

⑧ ⑨就是可以的一个解

=wow=

by:s_a_b_e_r

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orz先%楼上数学dalao

这年头连青蛙都约会了

……好了言归正传接着证

求不定方程ax+by=c的可行解

于是楼上的exgcd证出了对于ax+by=gcd(a,b)的一组可行解

接着我们要求ax+by=c的一组解

事实上只有当c%gcd(a,b)==0的时候有整数解

证明：

假设c%gcd(a,b)!=0

那么c=k*gcd(a,b)+f,0<f<gcd(a,b) ①

由a*x+b*y=gcd(a,b)，两边同乘k得 a*x*k+b*y*k=gcd(a,b)*k  ②

①②联立得a*x*k+b*y*k+f=c

假设a<=b，那么0<f<gcd(a,b)<=a<=b

那么不存在一个整数m使得f=a*m

也就不存在整数解a*x*k+b*y*k+a*m=c -> a*(x*k+m)+b*(y*k)=c

替换一下可得不存在整数解使a*x+b*y=c

显然不成立╮(╯▽╰)╭

于是得证OvO

那上面的问题就好解决了

已知ax+by=gcd(a,b)的一组可行解，求ax+by=c的一组解

直接暴力将x,y *c/gcd(a,b) 就解决了

by:wypx

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现在回来继续证

现在我们有一个可行解x0,y0;那么如何保证求出的x1最小呢？poi?

现在有一个结论如果x0,y0是解;x0,y0∈Z;

a*x+b*y=c;现在为了简单令k=gcd(a,b);

x=x0+b/k*T

y=y0-a/k*T(T∈Z)也是可行解;根据这个定理就可以找到最小的x满足题意；

证明:

设原方程a*x0+b*y0=c　　①

那么我们可以在x0,y0的位置进行一个替换,即变形成:

a*(x1+b/k*T)+b*(y1-a/k*T)=c　　②

把②打开就是a*x1+b*y1=c　　③

再次联立①&③就是a*x1+b*y1=a*x0+b*y0　　④

这个式子恒成立和参数T没有关系,所以原方程成立;

原方程最小的x就是x=x*(c/k)%(b/r);但这样的x可能为负数

所以结果还要加上(x+(b/r))%(b/r);

即在原x基础上(x*(c/k)%(b/r)+(b/r))%(b/r);

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define ll long long 
using namespace std;
ll x,y,m,n,L;
ll xx,yy;
ll A,B,C,gcd;
ll EXgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){x=1,y=0;return a;}
    ll g=EXgcd(b,a%b,x,y);
    ll cnt=x;
    x=y;
    y=cnt-a/b*y;
    return g;
}
int main(){
    cin>>xx>>yy>>m>>n>>L;
    A=-n+m;B=L;C=-xx+yy;
    if(A<0){A=-A,C=-C;}
    ll gcd=EXgcd(A,L,x,y);
    if(C%gcd){printf("Impossible");return 0;}
    else x=(x*(C/gcd)%(L/gcd)+(L/gcd))%(L/gcd);
    cout<<x;
    return 0;
}

 by:s_a_b_e_r

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qwq感觉整道题都是他证的

我貌似就证了一个显而易见的结论……

丢代码……

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l;
long long exgcd(long long a,long long b)
{
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    long long r=exgcd(b,a%b);
    long long t=x;x=y;y=t-(a/b)*y;
    return r;
}
int main()
{
    long long p,q;
    cin>>p>>q>>m>>n>>l;
    long long a=m-n,b=l,c=q-p;
    if(a<0)a=-a,c=-c;
    int r=exgcd(a,b);
    if(c%r)cout<<"Impossible"<<endl;
    else
    {cout<< ( (x*(c/r)) % (b/r) + (b/r) )  %(b/r);}
    system("pause");
    return 0;
}

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 s;这只青蛙跳的好远，1e9的青蛙，好玄学

w:这就是这两只青蛙约会的下场↓↓

s:膜拜上面数学dalao

w:%%%⑨