poj(1061)——青蛙的约会（扩展欧几里得算法）

这道题的思路是首先我们要列出一个方程：

设它们两个所走的步数为s，那么  x+ms-(y+ns)=kL  ;这里k的意思是它们两个距离的差值必须是L的整数倍。

那么整理后可以得到：(n-m)*s+kL=x-y; 我们令a=n-m, b=L, d=x-y;  那么这个方程的形式不就相当于是一个扩展欧几里得的式子吗。

我们先求出 as1+bk1=gcd(a,b) 这个式子的特解，令c=gcd(a,b) ;因为原来那个式子的解肯定是这个特解的整数倍，所以如果 d%gcd(a,b)!=0 的话，那么就直接是无解的。

然后解出这个特解之后，我们对这个式子进行同时除以c然后再乘以d的操作，这样不是和原式看起来一样了吗。

但是还有一个细节，就是它这里要求的是步数，所以应该是一个正的值；

这里引用一个写的很好的文章：

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）。

点击打开链接

虽然我感觉自己还是不是搞的十分懂，但是先把感想写下来，再慢慢琢磨。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef __int64 ll;
#define me rng_58
ll gcd(ll a,ll b){
	if(b==0) return a;
	return gcd(b,a%b);
}
ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
	if(b==0){
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	int d=extend_gcd(b,a%b,x,y);
	int t=x;
	x=y;
	y=t-a/b*y;
	return d;
}
int main(){
	ll x,y,m,n,L;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
	ll a,b,c,d;
	a=n-m;
	b=L;
	d=x-y;
	c=gcd(a,b);
	if(d%c!=0){
		printf("Impossible\n");
		return 0;
	}
	ll s,k;
	extend_gcd(a,b,s,k);
	s=s*d/c;
	printf("%d\n",(s%b+b)%b);
}

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。