一、题目
POJ 1061 青蛙的约会
【关于“欧几里得求最大公约数”和“扩展欧几里得算法”的题目】
二、题目源程序
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
LL gcd(LL a, LL b)
{
return b ? gcd(b, a%b) : a;
}
//find x, y that satisfied the equation ax+by=d, which minimize the {|x|+|y|}. ps:d = gcd(a,b).
void exgcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)
{
if (!b)
{
d = a, x = 1, y = 0;
}
else
{
exgcd(b, a %b, d, y, x);
y -= x * (a / b);
}
}
//1、先计算Gcd(a, b)，若n不能被Gcd(a, b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同时除以Gcd(a, b)，得到新的不定方程a' * x + b' * y = n'，此时Gcd(a', b')=1;
//2、利用上面所说的欧几里德算法求出方程a' * x + b' * y = 1的一组整数解x0, y0，则n' * x0,n' * y0是方程a' * x + b' * y = n'的一组整数解；
//3、根据数论中的相关定理，可得方程a' * x + b' * y = n'的所有整数解为：
//x = n' * x0 + b' * t
//y = n' * y0 - a' * t
//(t为整数)
bool getans(LL a, LL b, LL c, LL &ans)// ax + by = c 最小整数解
{
LL r = gcd(a, b), y0;
if (c%r)//no solutions
{
return false;
}
a /= r; b /= r; c /= r;
exgcd(a, b, r, ans, y0);//至此，上面的说明解决了
LL t = c * ans / b;
ans = c * ans - t * b;
/*此时方程的所有解为：x = c*ans - b*t, x的最小的可能值是0
令x = 0可求出当x最小时的t的取值，但由于x = 0是可能的最小取值，实际上可能x根本取不到0
那么由计算机的取整除法可知：由 t = c*k1 / b算出的t
代回x = c*ans - b*t中，求出的x可能会小于0，此时令t = t + 1，求出的x必大于0；
如果代回后x仍是大于等于0的，那么不需要再做修正。*/
if (ans < 0)
{
ans += b;
}
return true;
}
int main()
{
LL x, y, m, n, L;
while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
{
LL a = n - m, b = L, c = x - y;
LL ans;
bool flag = getans(a, b, c, ans);
if (!flag)
{
cout << "Impossible" << endl;
continue;
}
cout << ans << endl;
}
}
三、解题思路
两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；则：(x+mt)-(y+nt)=kl;变形得：(m-n)t-(y-x)=kL;即有(m-n)t mod L=y-x;为线性同余方程。此方程有解当且仅当y-x能被m-n和L的最大公约数(记为gcd(m-n,L)),即gcd(m-n,L)|y-x。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(m-n)t mod L=y-x成立，那么所有的解可以表示为：
{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。
欧几里得算法的拓展应用中有如下三条定理：
定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*x+ b*y。
定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。
四、心得体会
起初在运行之后得到的结果正确，我就提交了。可是没有通过。
原因在哪？
输入问题！
起初我的程序里是没有 while (cin >> x >> y >> m >> n >> L） 这句话的，
我写的是 cin >> x >> y >>m>> n >> L; 没有while的判断。
所以题目要求 “输入只包括一行5个整数” 而我在输入过程中即使每行输一个，输5行，也会照常运行，不会跳出。
注意细节，输入输出！