看完题目后,题目要求:
设时间为t
(x+mt)%L = (y+nt)%L
( x-y + (m-n)*t )= k*L (k是整数，可为负)
然后就是经典的
xa+yb=c 求解x,y的经典题目了。
/*
xa+yb=c
先求 xa+yb=gcd(a,b)
如果c%gcd(a,b)不为0，则没有整数解
求出x0,y0后，
x0 *= c/gcd(a,b)
y0 *= c/gcd(a,b)
即为xa+yb = c 的一组解。
怎么求所有解呢， 求出xa+yb=0
x = sx* b/gcd(a,b)
y = sy* -a/gcd(a,b)
因为整个方程是对L取模的,对应的也就是b取模,所以sy可以任意取。
设s=b/gcd(a,b)
则x0的最小正整数解为: (x0%s+s)%s
*/
最后在所有解t中找出一个最小正整数。
青蛙的约会
| Time Limit: 1000MS | Memory Limit: 10000K | |
| Total Submissions: 100349 | Accepted: 19268 |
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
#include <iostream>#include <stdio.h>#include <string.h>#include <algorithm>#include <string>#include <math.h>#include <stdlib.h>using namespace std;
typedef long long ll;
void extendgcd(ll a,ll b,long long &x,long long &y){ if(a%b==0) { //到了终止条件 x=0; y=1; return ; } extendgcd(b,a%b,x,y); long long tmpx; tmpx=y; y=x-(a/b)*y; x=tmpx;}long long GCD(long long a,long long b){ if(b==0) return a; return GCD(b,a%b);}
int main(){ ll x,y,m,n,l; while(cin>>x>>y>>m>>n>>l) { x%=l; y%=l;
if(m==n) { printf("Impossible\n"); continue; } ll R,P; if(m>n) { R = m-n; P = y-x; } else { R = n-m; P = x-y; } ll gcd = GCD(R,l);
if(P%gcd != 0) { printf("Impossible\n"); continue; } ll k0,t0; extendgcd(l,R,k0,t0); t0 *= (P/gcd); ll s=l/gcd; cout << (t0%s+s)%s<<endl; } return 0;}