POJ 1061 青蛙的约会

题意：有两只青蛙，在L那么长的环上，起点分别为x， y，一次跳跃的长度分别为m，n，问几次跳跃后他们能相遇，如不能相遇输出"Impossible"。

解法：同余问题+扩展欧几里得。从题意容易推出以下式子：

设跳跃次数为t，mt + x ≡ nt + y (mod L) （1）。

根据同余的性质：当a ≡ b (mod c)时，(a - b) % c = 0。

则式（1）转化成(m - n)t + x - y = pL(p ∈ N)。

问题变为解二元一次方程ax + by = c最小可行解问题。

解决这类问题的算法是扩展欧几里得算法：对于不完全为0的非负整数a，b，gcd(a, b)表示a，b的最大公约数，必然存在整数对x，y，使得gcd(a，b) = ax + by。

对于本题当c不能整除gcd(a, b)的时候说明无解，应输出"Impossible"。

代码如下：

int exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    int r = exgcd(b, a % b, x, y);
    int t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return r;
}

证明：当b = 0时，gcd(a, b) = a，所以x = 1, y = 0。当b <> 0时，ax + by = gcd(a, b)，根据欧几里得算法（辗转相除法），令a = b, b = a % b，则新等式为bx1 + (a - [a / b] * b)y1 = gcd(b, a % b)，整理得ay1 + b(x1 - [a / b]y1) = gcd(b, a % b)，因为gcd(a, b) = gcd(b, a % b)，所以x = y1, y = x1 - [a / b] * y1，通过递归实现。（参考自百度百科）

当c能整除gcd(a, b)时，通过扩展欧几里得算法求出ax + by = gcd(a, b)的解X时，ax + by = c的最小解则为X * (c / gcd(a, b))，由于X可能为负数，所以最终答案应为(X % gcd(a, b) + gcd(a, b)) % gcd(a, b)。

代码：

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<limits.h>
#include<time.h>
#include<stdlib.h>
#include<map>
#include<queue>
#include<set>
#include<stack>
#include<vector>
#define LL long long
using namespace std;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    LL r = exgcd(b, a % b, x, y);
    LL t = x;
    x = y;
    y = t - a / b * y;
    return r;
}
int main()
{
    LL x, y, m, n, l;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &l))
    {
        LL X, Y;
        LL a = n - m, b = l, c = x - y;
        LL r = exgcd(a, b, X, Y);
        if(c % r != 0)
        {
            puts("Impossible");
            continue;
        }
        X *= c / r;
        LL R = b / r;
        LL ans = (X % R + R) % R;
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}