扩展欧几里得算法模板
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define ll long long
using namespace std;
ll extend_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1, y = 0;
return a;
}
else
{
ll r = extend_gcd(b, a%b, y, x);
y -= x*(a/b);
return r;
}
}
1.对于形如a*x0 + b*y0 = n的不定方程为了求解x0和y0，可以通过扩展欧几里得先求出满足a*x + b*y = gcd(a, b)的x和y。
2.容易得到，若（x-y）%gcd（a,b）==0，则该不定方程有整数解，否则无符合条件的整数解。
3.得到x和y后，可以通过x0 = x*n / gcd(a, b)这个x0相当关键，求出x0.
4.在实际问题当中，我们需要的往往是最小整数解，我们可以通过下面的方法求出最小整数解：
令t = b/gcd(a, b)，x是方程a*x + b*y = n的一个特解，则xmin = (x % t + t) % t
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 分析：
当两只青蛙跳t步后，A的坐标为x+mt-p1L(p1∈Z且x+mt-p1L<L)，B的坐标为y+nt-p2L(p2∈Z且y+nt-p2L<L)， A和B相遇的充分必要条件是x+mt-p1L = y+nt-p2L。
整理可得 (x-y) + (m-n)t = (p1-p2)L， 即 (n-m)t + (p1-p2)L = x-y
设p = p1 - p2 整理得 (n-m) * t + L * p = x-y
看出a * x + b * y = gcd(a, b)的样子了没？
调用extend_gcd(n-m, L, t, p)可以算出gcd(n-m, L), t, p。之后再用上面的方法算出最小整数解就可以了。
#include "cstdio"
#include "iostream"
using namespace std;
#define LL long long
LL extgcd(LL a,LL b,LL&x,LL&y)///模板
{
if(b==0){
x=1;y=0;
return a;
}
LL ans=extgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return ans;
}
int main()
{
LL n,m,t,l,x,y,p;
while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l))
{
LL ans=extgcd(n-m,l,t,p);
if((x-y)%ans){///1.
printf("Impossible\n");
}
else
{
///求最小整数解的算法
t=(x-y)/ans*t;///首先令x为一个特解 2.
LL temp=(l/ans);
t=(t%temp+temp)%temp;///再根据公式计算 3.
printf("%lld\n",t);
}
}
}
总结：对于此类题，我们需要做的是，1.看懂公式熟记公式 2.吸收这份来自数学的伟大力量