POJ 1061 青蛙的约会

青蛙的约会 Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000K Total Submissions: 109814 Accepted: 22120 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 Source 浙江

显然 题目求最小的t (t >= 0) 满足 x + t*m = y + t*n (mod L)

---

令p为任意整数 A = n - m , B = x - y 即:

t*A + p*L = B d = gcd(A,L) = X*A + Y*L 显然对任意(t*A+p*L) % d==0 如果B%d!=0 则无解 令: k=B/d 则: X*k*A + Y*k*L=B 所以经过 t = X*k 步后 2青蛙坐标相同 但这并不是最终答案 因为lcm(A,L)=A*L/d t*A + p*L + lcm - lcm = B t*A + p*L + A*L/d - A*L/d = B (t - L/d)*A + (p + A/d)*L = B 这样不停变换 就能一直得到了更小的 t 显然当t >= 0 时 t 的最小值为 (t % (L/d) + (L/d)) % (L/d)

---

#include<iostream> #include<stdlib.h> #include<stdio.h> #include<string> #include<vector> #include<deque> #include<queue> #include<algorithm> #include<set> #include<map> #include<stack> #include<time.h> #include<math.h> #include<list> #include<cstring> #include<fstream> //#include<memory.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #define pii pair<int,int> #define INF 1000000007 #define pll pair<ll,ll> #define pid pair<int,double> ll extend_gcd(ll a,ll b,ll&x,ll&y){ if(b==0){ x=1,y=0; return a; } ll tx,ty,d; d=extend_gcd(b,a%b,tx,ty); x=ty; y=tx-a/b*ty; return d; } int main() { //freopen("/home/lu/文档/r.txt","r",stdin); //freopen("/home/lu/文档/w.txt","w",stdout); ll x,y,m,n,L; ll X,Y,d; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L); ll A=n-m,B=x-y; d=extend_gcd(A,L,X,Y); if(n==m||B%d){ puts("Impossible"); } else{ ll ans=X*B/d; ll M=L/d; ans=(ans%M+M)%M; printf("%lld\n",ans); } return 0; }