今天听得简直要崩溃。。。没听懂啥。。。
主要内容：
1.欧几里得（稍微懂了点）
2.中国剩余定理（ 稍微懂了点）
3.博弈（ 看智商的玩意儿）
（一）欧几里得算法（及其扩展算法）
欧几里得定理就是gcd（辗转相除法）的原理（不懂，只会用）。
扩展算法的运用大概就是用来解一个 ax + by = gcd( a, b )的不定方程。
大致证明步骤： 将a 替换为b, 将b 替换为gcd(b, a%b),又gcd(a,b) = gcd( b, a%b)，就可以化为一个等式巴拉巴拉的。然后算法实现的花就用递归：
//第一种，之后修改所得的 x , y 就是一组特解，通解的话直接根据系数在特解的基础上加减就好了
void exGcd ( ll a, ll b, ll &x , ll &y){
if( b== 0) {
x =1 ; y = 0;
return ;
}
else{
exGcd ( b, a% b, x, y);
ll t = x;
x = y;
y = t - a/b* y;
}
}
//第二种，简短，d最后得到的是 a, b的最大公约数 。 另外，注意这段代码 x, y需要交换位置的部分
void gcd( int a, int b, int &d, int &x, int &y){
if(!b) { d = a ; x =1 ; y = 0 ;}
else { gcd( b, a%b, d, y, x);
y-= x*(a/b);
}}
今天真正会做的也就3道。。。两道是这个算法的同类题，就放一道把。。。
A - 青蛙的约会
Time Limit:1000MS Memory Limit:10000KB 64bit IO Format:%I64d & %I64u
Submit Status
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我的代码：
//这个题目要注意一下long long#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
ll gcd (ll a ,ll b){
return b==0?a: gcd( b, a%b);
}
void exGcd ( ll a, ll b, ll &x , ll &y){
if( b== 0) {
x =1 ; y = 0;
return ;
}
else{
exGcd ( b, a% b, x, y);
ll t = x;
x = y;
y = t - a/b* y;
}
}
int main(){
ll x, y, m, n, L, k, t;
cin>>x>>y>>m>>n>>L;
ll a = n - m;
ll b = L;
ll c = x - y;
ll d =gcd ( a,b);
if( c % d !=0 ){
cout<<"Impossible"<<endl;
return 0;
}
a /=d;
b /= d;
c /= d;
exGcd ( a, b , t, k );
t = c* t%b;
if( t < 0 ) t+=b;
//printf("%I64d\n", t);
cout<< t<<endl;
return 0;
}
（二） 中国剩余定理：
就是解决一个似乎是叫韩信点兵的问题。（以下转自http://yzmduncan.iteye.com/blog/1323599/）
互质版的很好懂，就是直接一公式就出来了。
MOD M
非互质版的比较麻烦，代码也有点乱，就是采取合并的方法，暂时没弄懂，需好好体会。
中国剩余定理
中国剩余定理是中国古代求解一次同余方程组的方法，是数论中的一个重要定理。
设m1，m2，m3，...，mk是两两互素的正整数，即gcd(mi,mj)=1，i!=j，i,j=1,2,3,...,k.
则同余方程组：
x = a1 (mod n1)
x = a2 (mod n2)
...
x = ak (mod nk)
模[n1,n2,...nk]有唯一解，即在[n1,n2,...,nk]的意义下，存在唯一的x，满足：
x = ai mod [n1,n2,...,nk], i=1,2,3,...,k。
解可以写为这种形式：
x = sigma(ai* mi*mi‘) mod(N)
其中N=n1*n2*...*nk，mi=N/ni，mi‘为mi在模ni乘法下的逆元。
中国剩余定理非互质版
中国剩余定理求解同余方程要求模数两两互质，在非互质的时候其实也可以计算，这里采用的是合并方程的思想。下面是详细推导。
互质版：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef __int64 int64;
int64 a[15],b[15];
int64 Extend_Euclid(int64 a, int64 b, int64&x, int64& y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int64 d = Extend_Euclid(b,a%b,x,y);
int64 t = x;
x = y;
y = t - a/b*y;
return d;
}
//求解模线性方程组x=ai(mod ni)
int64 China_Reminder(int len, int64* a, int64* n)
{
int i;
int64 N = 1;
int64 result = 0;
for(i = 0; i < len; i++)
N = N*n[i];
for(i = 0; i < len; i++)
{
int64 m = N/n[i];
int64 x,y;
Extend_Euclid(m,n[i],x,y);
x = (x%n[i]+n[i])%n[i];
result = (result + m*a[i]*x%N)%N;
}
return result;
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
for(int i = 0; i < n; i++)
scanf("%I64d %I64d",&a[i],&b[i]);
printf("%I64d\n",China_Reminder(n,b,a));
}
return 0;
}
非互质版：
/**
中国剩余定理（不互质）
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef __int64 int64;
int64 Mod;
int64 gcd(int64 a, int64 b)
{
if(b==0)
return a;
return gcd(b,a%b);
}
int64 Extend_Euclid(int64 a, int64 b, int64&x, int64& y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int64 d = Extend_Euclid(b,a%b,x,y);
int64 t = x;
x = y;
y = t - a/b*y;
return d;
}
//a在模n乘法下的逆元，没有则返回-1
int64 inv(int64 a, int64 n)
{
int64 x,y;
int64 t = Extend_Euclid(a,n,x,y);
if(t != 1)
return -1;
return (x%n+n)%n;
}
//将两个方程合并为一个
bool merge(int64 a1, int64 n1, int64 a2, int64 n2, int64& a3, int64& n3)
{
int64 d = gcd(n1,n2);
int64 c = a2-a1;
if(c%d)
return false;
c = (c%n2+n2)%n2;
c /= d;
n1 /= d;
n2 /= d;
c *= inv(n1,n2);
c %= n2;
c *= n1*d;
c += a1;
n3 = n1*n2*d;
a3 = (c%n3+n3)%n3;
return true;
}
//求模线性方程组x=ai(mod ni),ni可以不互质
int64 China_Reminder2(int len, int64* a, int64* n)
{
int64 a1=a[0],n1=n[0];
int64 a2,n2;
for(int i = 1; i < len; i++)
{
int64 aa,nn;
a2 = a[i],n2=n[i];
if(!merge(a1,n1,a2,n2,aa,nn))
return -1;
a1 = aa;
n1 = nn;
}
Mod = n1;
return (a1%n1+n1)%n1;
}
int64 a[1000],b[1000];
int main()
{
int i;
int k;
while(scanf("%d",&k)!=EOF)
{
for(i = 0; i < k; i++)
scanf("%I64d %I64d",&a[i],&b[i]);
printf("%I64d\n",China_Reminder2(k,b,a));
}
return 0;
}
题目就不给出了，基本一眼就可以看出来，也很难有什么改变。
（三）博弈论
此类题变幻无穷。。。及其考智商，只是任何时候都别忘了dp。。
另外，打表的方法一定要学会。