1477: 青蛙的约会

Posted 2020-10-04 ck666

1477: 青蛙的约会

2017-08-27

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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。

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Input

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

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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"

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Sample Input

1 2 3 4 5

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Sample Output

4

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数论是个玄学的东西,还有那个叫欧几里得的人

数论入门难度的题，what？青蛙还约会？不会在之前被冻上？

总之，就是给你一个方程让你节一个令k最小的且k∈N^*的解

不妨设跳的次数为k,总共跳了p圈；

那么就有(x+k*m)-(y+k*m)=p*L

变形一下就是(x-y)+k*(m-n)=p*L

移项得到k*(m-n)-p*L=-(x-y)->k*(n-m)+p*L=x-y

令A=m-n,B=L,C=x-y;则有k*A+B*p=C求解方程的最小k

这就用到EXgcd构造出一个满足题意的k,当C%gcd(A,B)!=0时，方程无 整数解

EX_gcd

 

int EXgcd(int a,int b,int &x,int %y){
          if(b==0){x=1,y=0;return a;}
          int cnt=x;int gcd=EXgcd(a,b,x,y);
          x=y;y=cnt+a/b*y;
}

EX_gcd

 

证明:

现在已知方程的一组解x0,y0;求满足条件的解x1,y1;

那这个方程a*x0+b*y0=gcd(a,b);　　①

令a=b,b=a%b则有b*x1+(a%b)*y2=gcd(b,a%b);　　②

其中gcd(a,b)=gcd(b,a%b)则联立① ②则有:

a*x0+b*y0=b*x1+(a%b)*y1　　③

a%b≡a-?a/b?*b　　④//　　??向下取整

联立③ ④则有a*x0+b*y0≡b*x1+(a-?a/b?*b)*y1　　⑤

拆开⑤就是 a*x0+b*y0≡b*x1+a*y1-?a/b?*b*y1　　⑥

根据群论 两边字母系数相同的放在相同位置就是a*x0+b*y0≡a*y1+b*(x1-?a/b?*y1)　　⑦

然后得出y1=x0　　⑧

x1-?a/b?*y1=y0　　变形就是x1=y0+?a/b?*y1　　⑨

⑧ ⑨就是可以的一个解

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#define ll long long 
using namespace std;
ll x,y,m,n,L;
ll xx,yy;
ll A,B,C,gcd;
ll EXgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){x=1,y=0;return a;}
    ll g=EXgcd(b,a%b,x,y);
    ll cnt=x;
    x=y;
    y=cnt-a/b*y;
    return g;
}
int main(){
    cin>>xx>>yy>>m>>n>>L;
    A=-n+m;B=L;C=-xx+yy;
    if(A<0){A=-A,C=-C;}
    ll gcd=EXgcd(A,L,x,y);
    if(C%gcd)printf("Impossible");
    else x=(x*(C/gcd)%(L/gcd)+(L/gcd))%(L/gcd);
    cout<<x;
    return 0;
}

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