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≠y < 2000000000,0 < m、n < 2000000000,0 < L < 2100000000。
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
思路:
根据题意有:
整理得:
所以根据扩展欧几里得我们可以解如下方程:
得到初始解t1,但是这不是最后的解,继续变换
即:
则有:
根据不定方程,这里的t还只是特解,变成通解需要表示为(设t2为通解):
为了保证是最小正解,可以直接通过模运算(加模)获得:
代码:
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1 #include <iostream> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll gcd(ll a, ll b) {if(!b) return a; return gcd(b,a%b);} 5 ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) { 6 if(!b) { 7 x=1;y=0;return a; 8 } 9 ll ans=exgcd(b,a%b,x,y); 10 ll temp=x; 11 x=y; 12 y=temp-a/b*y; 13 return ans; 14 } 15 int main() { 16 ios::sync_with_stdio(false); 17 ll x,y,m,n,l; 18 ll a,b; 19 cin>>x>>y>>m>>n>>l; 20 int g=exgcd(n-m,l,a,b); 21 if((x-y)%g) { 22 cout<<"Impossible"<<endl; 23 return 0; 24 } 25 ll b3=(x-y)/g,b2=(l)/g; 26 ll ans=a*b3; 27 ans=(ans%b2+b2)%b2; 28 cout<<ans<<endl; 29 return 0; 30 }