题目 | 青蛙的约会

POJ1061. 青蛙的约会

1000MS / 10000K

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 $x\neq y<2\cdot10^9$，$0<m,n<2\cdot10^9$，$0<L<2.1\cdot10^9$。

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 ($t\in\mathbb{Z}$)，$A$ 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：

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

变形可得到：

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

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

$$ a\cdot t+b\cdot k=c\tag{*} $$

可发现这是一个关于未知数 $t$ 和 $k$ 的线性丢番图方程，当 $d\mid c$ 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：

$$ t=[t_0\bmod (b/d)+(b/d)]\bmod(b/d) $$

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;
}