题目 | 青蛙的约会

POJ1061. 青蛙的约会

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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。

Input

输入只包括一行 $5$ 个整数 $x$ ， $y$ ， $m$ ， $n$ ， $L$ ，其中 $x \neq y < 2 \cdot 10^{9}$ ， $0 < m, n < 2 \cdot 10^{9}$ ， $0 < L < 2.1 \cdot 10^{9}$ 。

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".

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

题解

扩展欧几里得算法基础题，扩欧算法笔记：https://io.zouht.com/67.html

在 $t$ 时刻时 ( $t \in Z$ )， $A$ 的位置为 $x + t \cdot m$ ， $B$ 的位置为 $y + t \cdot n$

若此时 $A$ 与 $B$ 相遇，则满足：

$(y + t \cdot n) + k \cdot L = (x + t \cdot m) (其中 t, k \in Z)$

变形可得到：

$t \cdot (n - m) + k \cdot L = x - y (其中 t, k \in Z)$

不妨令 $a = n - m, b = L, c = x - y, d = gcd (a, b)$ ，式子可化为：

$\begin{matrix} (*) & a \cdot t + b \cdot k = c \end{matrix}$

可发现这是一个关于未知数 $t$ 和 $k$ 的线性丢番图方程，当 $d ∣ c$ 时有整数解，可通过扩欧算法得到：

$a \cdot t^{'} + b \cdot k^{'} = d$

的解 $t^{'}, k^{'}$ ，从而得到原方程 $(*)$ 的解：

${\begin{cases} t_{0} = t^{'} \cdot (c / d) \\ k_{0} = k^{'} \cdot (c / d) \end{cases}$

上面得到的为特解 $t_{0}$ ，我们要求的为最小正数。通过通解公式：

${\begin{cases} t = t_{0} - p \cdot (b / d) \\ k = k_{0} + p \cdot (a / d) \end{cases}$

我们可以找到最小正数解 $t$ 为：

$t = [t_{0} mod (b / d) + (b / d)] mod (b / d)$

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
    if (!b)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    };
    ll d = exgcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
    return d;
}

int main()
{
    ll x, y, m, n, L;
    cin >> x >> y >> m >> n >> L;
    ll a = n - m, b = L, c = x - y;
    if (a < 0)
    {
        a = -a;
        c = -c;
    }
    ll p, q;
    ll d = exgcd(a, b, p, q);
    if (c % d)
        cout << "Impossible" << endl;
    else
        cout << (p * (c / d) % (b / d) + (b / d)) % (b / d) << endl;
    return 0;
}