POJ1061 青蛙的约会(扩展欧几里得)

青蛙的约会

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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。 

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

Source

浙江

 

此题先列出一个不定方程，最后转化成ax+by=c的形式，然后用扩展欧几里得求解。

分析：
假设跳了 T 次以后，青蛙 1 的坐标便是 x+m*T,青蛙 2 的坐标为 y+n*T。它们能够相遇
的情况为（x+m*T）-(y+n*T)==P*L，其中 P 为某一个整数，变形一下
得到(n-m)*T-P*L==x-y 我们设 a=(n-m),b=L,c=x-y,T=x,P=y.于是便得到 ax+by==c，直
接利用欧几里得扩展定理可以得到一组 x,y 但是这组 x,y 不一定是符合条件的最优解，首
先,当 gcd(a,b)不能整除 c 的时候是无解的，当 c 能整除 gcd(a,b)时，把 x 和 y 都要变为原来
的 c/gcd(a,b)倍，我们知道它的通解为 x0+b/gcd(a,b)*t 要保证这个解是不小于零的最小的
数，我们先计算当 x0+b/gcd(a,b)*t=0 时的 t 值，此时的 t 记为 t0=-x0/b/gcd(a,b)（整数除
法） ，代入 t0 如果得到的 x 小于零再加上一个 b/gcd(a,b)就可以了。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <iostream>
#include "algorithm"
using namespace std;
typedef long long LL;
LL _x,_y,n,m,l;
LL a,b,c,d;
LL x,y;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){
    if (b==0)
    {x=1;
     y=0;
     return a;
    }
    LL d=exgcd(b,a%b,x,y);
    LL t=x;
    x=y;
    y=t-a/b*y;
    return d;
}
int main(){
    freopen ("frog.in","r",stdin);
    freopen ("frog.out","w",stdout);
    int i,j;
    while (scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&_x,&_y,&m,&n,&l)!=EOF){
        a=n-m,b=l,c=_x-_y;
        d=exgcd(a,b,x,y);
        if (c%d!=0)
        {puts("Impossible");
         continue;
        }
        x=x*(c/d),y=y*(c/d);
        LL t;
        t=-x*d/b;
        t=x+t*b/d;
        if (t<0)
         t+=b/d;
        printf("%lld",t);
    }
    return 0;
}