POJ 1061 ：拓展欧几里德

题目为POJ1061 青蛙的约会
题意大致为：
两只青蛙在不同的坐标x，y，沿着一个方向跑环，每一次的移动距离为m，n，环的长为L，问能否成功会师即在某一时刻在同一坐标点？输出最小移动次数或“Impossible”
首先是拓展欧几里德，欧几里德算法我们都知道，就是求两个整数a，b的最大公约数gcd，而拓展欧几里德算法在得到gcd的同时，还求解出了ax+by=gcd的一组特解x0和y0，而运用拓展欧几里德算法时，大多都是需要从这个特解找出通解。

        ax0 + by0 = gcd                 ①
    => ax0+d + by0-d = gcd              ②
    => a(x0+d/a) + b(y0-d/b) = gcd      ③
    //因此，d最好为a和b的公倍数，那就不妨取d = a*b/gcd;
    => a(x0+t*d/a) + b(y0-t*d/b)=gcd    ④
    //t 为任意整数

故此，我们可以得到x和y的通解：

    x=x0+d/a*t
    y=y0+d/b*t

以上便是拓展欧几里德的知识，那接下来回到问题：
第一只青蛙坐标为x，移动距离m，那 t 次之后它的坐标就是 x+(t*m)，同理，第二只青蛙坐标可表示为 y+(n*t)，然后是根据题意建立等式求最小正整数 t ：

    x+(t*m) = y+(n*t) + k*L

然后对上式进行变形：

    x-y = t*(n-m) + k*L

那么，我们假设

    A = n-m, B = L, C = x-y，X = t, Y = k;

因此不就得到了这样一个式子

    AX + BY = C                     ⑤

这跟上面提到的①式只是差了 C 和 gcd；因此，如果 C%gcd==0 ，那么，这个方程就
有解，因为只需把①式的解 *(C/gcd) 就可以得到

    x=x0*(C/gcd) + d/a*t
    y=y0*(C/gcd) + d/b*t
    //至于后面为什么不乘上(C/gcd) ，好好想下就明白了

相反，如果C%gcd！=0 ，就
意味着这个方程无解，而问题的最后是最小t也就是最小的正整数X，因此需要对X进行
一番处理

AC代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll X, Y;

ll exgcd(ll a, ll b)
{
    if(b==0)
    {
        X = 1;
        Y = 0;
        return a;
    }
    ll r = exgcd(b ,a%b);
    ll t = X;
    X = Y;
    Y = t - a/b*X;
    return r;
}

int main()
{
    int x, y, m, n, l;
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    ll A = n-m, C = x-y, B = l;
    ll g = exgcd(A,B);
    ll D = A*B/g;
    //题目中明确了x ！= y，因此m == n  方程无解
    if(m==n||C%g!=0)
        puts("Impossible");
    else
    {//X是AX+BY=g方程的一个特解，%(D/A)将其的绝对值化为最小
     //乘上（C/g）化为AX+BY=C的特解
        ll t = X%(D/A)*(C/g)%(D/A);
     //t可能是负数，须将其化成最小正整数
        if(t < 0)     t += (D/A);
        cout<<t<<endl;
    }
    return 0;
}

POJ 1061 ：拓展欧几里德

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