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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


很容易想到与扩展欧几里德有关

由题意可得到

把它化成 $a\cdot x+b\cdot y=gcd\left( a,b\right)$

所以可判断(y-x)是否能整除gcd(m-n,-L) 因为L必然大于0 所以把公式写为$\left( n-m\right) t+k\cdot L=x-y$ 用扩展欧几里德算法求出x y 剩下可求出了t 然后考虑t<0的情况 引用一段题解

定理一:如果d =gcd(a, b),则必能找到正的或负的整数k和l,使d = ax+ by。 定理二:若gcd(a,b) = 1,则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。 定理三:若gcd(a,b) = d,则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。 证明:上述同余方程等价于ax + by = c,如果有解,两边同除以d,就有a/d * x + b/d * y = c/d,即a/d * x ≡ c/d (modb/d),显然gcd(a/d, b/d) = 1,所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解,即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。 如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X,那么令r = b/gcd(a, b),可知x在[0, r-1]上有唯一解,所以用x = (x% r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了!(X % r可能是负值,此时保持在[-(r-1), 0]内,正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内,所以再模一下r就在[0, r-1]内了)。

#include<stdio.h>
long long exgcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y) {
	if(b==0) {
		x=1,y=0;
		return a;
	}
	long long d=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=x*(a/b);
	return d;
}
int main() {
	long long x,y,m,n,L;
	while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF) {
		long long t1,t2;
		long long d=exgcd(n-m,L,t1,t2);
		if((y-x)%d!=0)
			printf("Impossible\n");
		else {
			t1=t1*((x-y)/d);
			long long r=L/d;
			t1=(t1%r+r)%r;
			printf("%lld\n",t1);
		}
	}
	return 0;
}

题目地址:【POJ】[1061]青蛙的约会 推荐文章:POJ 1061 青蛙的约会 - w446506278的博客