POJ 1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）

                                                               青蛙的约会

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 < 20

#include <cstdio>
#include <cmath>
typedef long long LL;

LL X, Y, M, N, L;

LL gcd(LL a, LL b) {
    while(b) {
        LL r = a % b;
        a = b;
        b = r;
    }
    return a;
}

void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(b == 0) {
        x = 1;
        y = 0;
        return ;
    }
    else {
        extend_gcd(b, a % b, x, y);
        LL tmp = x;
        x = y;
        y = tmp - a / b * y;
    }
}

int main() {
    LL x, y, d;
    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &X, &Y, &M, &N, &L)) {
        LL a = N - M;
        LL b = L;
        LL c = X - Y;
        d = gcd(a, b);
        if(c % d != 0) {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        a /= d;
        b /= d;
        c /= d;
        extend_gcd(a, b, x, y);
        LL t = c * x % b;
        if(t < 0) t += b;
        printf("%I64d\n", t);
    }
    return 0;
}

00000000，0 < 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：设两只青蛙跳S次之后碰面且A比B跳得快，则（x + S * m) - (y + S * n) = k * L（k = 0, 1, 2……）。

移项合并后的（n - m) * S + k * L = (x - y).令a = n -  m, b = L, c = x - y，即a * S + b * L = c（1）

若式(1)有整数解，则两只青蛙能相遇，否则不能。所以问题就转化为了求方程的整数解。

首先计算出d = gcd(a, b),如果d不能整除c，则方程无整数解。否则，在方程两边同时除以d，得到a‘ * S + b‘ * L = c‘，此时gcd(a‘, b‘) = 1.

然后利用扩展欧几里得算法求出a‘ * S + b‘ * L = 1‘的一组整数解x0, y0,则（c‘ * x0, c‘ * y0)是a‘
* S + b‘ * L = c‘的一组整数解，a‘ * S + b‘ * L = c‘的所有解为（x = c‘ * x0 + b‘ * k,
y = c‘ * y0 - a‘ * k),同时也是a * S + b * L = c的所有解。

#include <cstdio>
#include <cmath>
typedef long long LL;

LL X, Y, M, N, L;

LL gcd(LL a, LL b) {
    while(b) {
        LL r = a % b;
        a = b;
        b = r;
    }
    return a;
}

void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if(b == 0) {
        x = 1;
        y = 0;
        return ;
    }
    else {
        extend_gcd(b, a % b, x, y);
        LL tmp = x;
        x = y;
        y = tmp - a / b * y;
    }
}

int main() {
    LL x, y, d;
    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &X, &Y, &M, &N, &L)) {
        LL a = N - M;
        LL b = L;
        LL c = X - Y;
        d = gcd(a, b);
        if(c % d != 0) {
            printf("Impossible\n");
            continue;
        }
        a /= d;
        b /= d;
        c /= d;
        extend_gcd(a, b, x, y);
        LL t = c * x % b;
        if(t < 0) t += b;
        printf("%I64d\n", t);
    }
    return 0;
}

    #include <iostream>
    typedef long long LL;
    using namespace std;  

    LL X, Y, M, N, L;  

    void extend_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) {
        if(b == 0) { d = a; x = 1; y = 0; }
        else { extend_gcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); }
    }  

    int main() {
        while(cin >> X >> Y >> M >> N >> L) {
            LL d, x, y;
            extend_gcd(N - M, L, d, x, y);
            if((X - Y) % d == 0) {
                LL p = L / d;
                x = (X - Y) / d * x;
                x = (x % p + p) % p;  //防止x为负值
                cout << x << endl;
            }
            else cout << "Impossible" << endl;
        }
        return 0;
    }  

    /* d为N-M和L的最大公约数，x为(N-M)/d对L/d的逆元，即((N-M)/d) * x ≡ 1(mod L/d)，
    即((N-M)/d) * x + (L / d)* y = 1的一组解，
    所以((N-M)/d) * x + (L / d)* y = (X-Y)/d的一组解为x0 = (X-Y)/d * x.
    这也是(N - M) * x+ L * y = (X - Y)的一组解。 */