『扩欧简单运用』

Posted 2021-02-16 parsnip

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<第一次更新>

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<正文>

扩展欧几里得算法

顾名思义，扩欧就是扩展欧几里得算法，那么我们先来简单地回顾一下这个经典数论算法。

对于形如(ax+by=c)的不定方程，扩展欧几里得算法可以在(O(5log_{10}min{a,b}))的时间内找到该方程的一组特解，或辅助(gcd)判断该方程无解。

对于扩欧的详细讲解，可见『扩展欧几里得算法 Extended Euclid』。

那么我们注意到一个问题，扩展欧几里得算法求的只是一组特解。事实上，我们可以根据如下公式得到不定方程的通解:
[ egin{cases} x=x_0+kfrac{b}{gcd(a,b)} \\y=y_0+kfrac{a}{gcd(a,b)} end{cases} ]

其中，(x_0,y_0)是方程的一组特解，(kin Z)。

关于正确性，其实代入就能发现多余项可以直接抵消，与此同时，我们发现与(a,b)分别相乘的额外项构成了(lcm(a,b))，这就能保证所有解都能由这个式子表示。

实际运用的时候，我们通常这样得到最小正整数解:(x=(x_0\\%frac{b}{gcd(a,b)}+frac{b}{gcd(a,b)})\\%frac{b}{gcd(a,b)})。

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着对方那里跳，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 Format

一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y，m、n≠0，L>0。m，n的符号表示了相应的青蛙的前进方向。

Output Format

在单独一行里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

解析

这是一道比较模板的题。我们设两只青蛙走了(t)步，它们追了(k)圈，那么就可以得到
[ x+mt=y+nt+kl \\?(n-m)t+kl=x-y ]
那么这就是扩欧方程的形式了，直接利用扩展欧几里得求出一个解(t_0)，然后利用上述通解公式得到最小整数解即可。

(Code:)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<map>
using namespace std;
#define mset(name,val) memset(name,val,sizeof name)
#define mcopy(to,from) memcpy(to,from,sizeof from)
#define filein(str) freopen(str".in","r",stdin)
#define fileout(str) freopen(str".out","w",stdout) 
inline long long Exeuclid(long long a,long long &x,long long b,long long &y,long long c)
{
    if (b==0){x=c/a,y=0;return a;}
    else
    {
        long long p=Exeuclid(b,x,a%b,y,c);
        long long x_=x,y_=y;
        x=y_ , y=x_-a/b*y_;
        return p;
    }
}
inline long long gcd(long long a,long long b)
{
    return b ? gcd(b,a%b) : a ;
}
long long x,y,n,m,l,x_,y_;
inline void input(void)
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&n,&m,&l);
}
inline long long solve(void)
{
    long long d=gcd(m-n,l);
    if ( (x-y) % d )return -1;
    Exeuclid(m-n,x_,l,y_,x-y);
    long long res = ( x_ % (l/d) + (l/d) ) % (l/d);
    return res;
}
int main(void)
{
    input();
    long long ans=solve();
    if (ans==-1)printf("Impossible
");
    else printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

---

<后记>