青蛙的约会

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 这是一道经典的解同余方程的题；

首先我来回顾下欧几里德的几个定理，有助于理解这道题；

   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 = a*x+ b*y。

   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 (mod b/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m = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (X % m + m) %m就可以求出最小非负整数解x了！（X % m可能是负值，此时保持在[-(m-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2m-1]内，所以再模一下r就在[0, m-1]内了）。

　　那么什么时候无解呢？仔细想想.......那就是： c=k*d =[ a*x+ b*y ]*k      So 当c是d=gcd(a,b)的约数时候，就有唯一解！

思路：

两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，

要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；

则：(x+mt)-(y+nt)=kl; 变形得：(n-m)t-(x-y)=kL;即有(n-m)t mod L=x-y;为线性同余方程。

此方程有解当且仅当x-y是n-m和L的最小公倍数的约数(记为gcd(n-m,L)),即

(x-y)%gcd(n-m,L)==0。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(n-m)t mod L=x-y成立，那么所有的解可以表示为：

{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。

//即：ax+bx=c; d=gcd(a,b); 那么a*(x₀+k*(b/d))+b*(y₀-k*(a/d))=c   

转载请注明出处：寻找&星空の孩子  

题目链接：http://poj.org/problem?id=1061

#include<stdio.h>
#define LL __int64

void exgcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y)
{
    if(!b)d=a,x=1,y=0;
    else
    {
        exgcd(b,a%b,d,y,x);
        y-=x*(a/b);
    }
}
LL gcd(LL a,LL b)
{
    if(!b) return a;
    else
        gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    LL xx,yy,m,n,l;
    while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&xx,&yy,&m,&n,&l)!=EOF)
    {
        LL d,x,y;

        LL aa,bb,cc,mm;
        aa=n-m;
        bb=l;
        cc=xx-yy;

        exgcd(aa,bb,d,x,y);
 //       printf("%I64d  %I64d  %I64d\n",d,x,y);
        if(cc%d) printf("Impossible\n");
        else
        {
            x=x*(cc/d);
            mm=bb/d;
            x=(x%mm+mm)%mm;
            printf("%I64d\n",x);
        }

    }
    return 0;
}

青蛙的约会（poj1061+欧几里德）

原文：http://www.cnblogs.com/yuyixingkong/p/4372696.html