【POJ】[1061]青蛙的約會

青蛙的約會

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Description

兩隻青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面爲止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特徵，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝着某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩隻青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。爲了幫助這兩隻樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩隻青蛙是否能夠碰面，會在什麼時候碰面。
我們把這兩隻青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處爲原點，由東往西爲正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點座標是x，青蛙B的出發點座標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩隻青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後纔會碰面。

Input

輸入只包括一行5個整數x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

輸出碰面所需要的跳躍次數，如果永遠不可能碰面則輸出一行”Impossible”

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

---

很容易想到與擴展歐幾里德有關

由題意可得到

(x+m⋅t)−(y+n⋅t)=k⋅L⇒(m−n)t−k⋅L=y−x

把它化成 a⋅x+b⋅y=gcd(a,b)

則

⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪a=m−nb=−Lx=ty=k

所以可判斷(y-x)是否能整除gcd(m-n,-L)
因爲L必然大於0
所以把公式寫爲 (n−m)t+k⋅L=x−y
用擴展歐幾里德算法求出x y
剩下可求出了t
然後考慮t<0的情況
引用一段題解

定理一：如果d =gcd(a, b)，則必能找到正的或負的整數k和l，使d = a*x+ b*y。
定理二：若gcd(a,b) = 1，則方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理三：若gcd(a,b) = d，則方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
證明：上述同餘方程等價於ax + by = c，如果有解，兩邊同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (modb/d)，顯然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，那麼令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就可以求出最小非負整數解x了！（X % r可能是負值，此時保持在[-(r-1), 0]內，正值則保持在[0, r-1]內。加上r就保持在[1, 2r - 1]內，所以再模一下r就在[0, r-1]內了）。

#include<stdio.h>
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) {
    if(b==0) {
        x=1,y=0;
        return a;
    }
    long long d=exgcd(b,a%b,y,x);
    y-=x*(a/b);
    return d;
}
int main() {
    long long x,y,m,n,L;
    while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF) {
        long long t1,t2;
        long long d=exgcd(n-m,L,t1,t2);
        if((y-x)%d!=0)
            printf("Impossible\n");
        else {
            t1=t1*((x-y)/d);
            long long r=L/d;
            t1=(t1%r+r)%r;
            printf("%lld\n",t1);
        }
    }
    return 0;
}

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