? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?青蛙的約會

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Description

兩只青蛙在網(wǎng)上相識了，它們聊得很開心，于是覺得很有必要見一面。它們很高興地發(fā)現(xiàn)它們住在同一條緯度線上，于是它們約定各自朝西跳，直到碰面為止。可是它們出發(fā)之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特征，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著某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩只青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠(yuǎn)都不可能碰面的。為了幫助這兩只樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩只青蛙是否能夠碰面，會在什么時候碰面。?
我們把這兩只青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，并且規(guī)定緯度線上東經(jīng)0度處為原點，由東往西為正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數(shù)軸。設(shè)青蛙A的出發(fā)點坐標(biāo)是x，青蛙B的出發(fā)點坐標(biāo)是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩只青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現(xiàn)在要你求出它們跳了幾次以后才會碰面。?

Input

輸入只包括一行5個整數(shù)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(shù)，如果永遠(yuǎn)不可能碰面則輸出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

分析：設(shè)兩只青蛙跳S次之后碰面且A比B跳得快，則（x + S * m) - (y + S * n) = k * L（k = 0, 1, 2……）。

移項合并后的（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)有整數(shù)解，則兩只青蛙能相遇，否則不能。所以問題就轉(zhuǎn)化為了求方程的整數(shù)解。

首先計算出d = gcd(a, b),如果d不能整除c，則方程無整數(shù)解。否則，在方程兩邊同時除以d，得到a' * S + b' * L = c‘，此時gcd(a', b') = 1.

然后利用擴(kuò)展歐幾里得算法求出a' * S + b' * L = 1'的一組整數(shù)解x0, y0,則（c' * x0, c' * y0)是a' * S + b' * L = c‘的一組整數(shù)解，a' * S + b' * L = c‘的所有解為（x = c' * x0 + b' * k, y = c' * y0 - a' * k),同時也是a * S + b * L = c的所有解。

寫法一：

#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; }
寫法二：

#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為負(fù)值cout << x << endl;}else cout << "Impossible" << endl;}return 0; }/* d為N-M和L的最大公約數(shù)，x為(N-M)/d對L/d的逆元，即((N-M)/d) * x ≡ 1(mod L/d)， 即((N-M)/d) * x + (L / d)* y = 1的一組解， 所以((N-M)/d) * x + (L / d)* y = (X-Y)/d的一組解為x0 = (X-Y)/d * x. 這也是(N - M) * x+ L * y = (X - Y)的一組解。 */

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的POJ 1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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