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Description

兩只青蛙在網上相識了，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，直到碰面為止。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，會在什麽時候碰面。
我們把這兩只青蛙分別叫做青蛙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軸。設青蛙A的出發點坐標是x，青蛙B的出發點坐標是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。現在要你求出它們跳了幾次以後才會碰面。

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

題解：

exgcd的簡單應用。

因為兩只青蛙的初始位置分別為x和y，設它們跳了k次，由題意得x+k*mΞy+k*n(mod L)，求此同余方程的最小非負整數解。

移項，得x-yΞ(n-m)*k(mod L)

化為等式，為(n-m)*k+L*h=x-y

因為已知n-m，L和x-y，所以相當於ax+by=c的模型；

已知定理：若gcd(a,b)=d,則方程axΞc(mod p)在[0,p/d-1]上有唯一的解，a*x/dΞc/d(mod p/d),顯然gcd(a/d,b/d)=1，所以有唯一的解。

利用擴展歐幾裏得求出一組特解x‘，帶入本題中。當有解時，最小非負整數解ans=((x-y)/d*x‘%L/d+L/d)%L/d，

(x-y)%d!=0時無解。

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 #include<cstdio>
 4 #define ll long long
 5 using namespace std;
 6 ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
 
 7 {
 8     if(b==0){x=1;y=0;return a;}
 9     ll t=exgcd(b,a%b,x,y);
10     ll tmp=x;
11     x=y;y=tmp-a/b*y;
12     return t;
13 }
14 int main()
15 {
16     ll x,y,m,n,L;
17     ll _X,_Y;
18     scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
19     ll d=exgcd(n-m,L,_X,_Y);
20     ll r=L/d;
21     if((x-y)%d)printf("Impossible\n");
22     else
23     {
24         ll ans=((x-y)/d*_X%r+r)%r;
25         printf("%lld\n",ans);
26     }
27     return 0;
28  } 

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poj1061--青蛙的約會--擴展歐幾裏得