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。
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
题目分析
首先，我们可以轻松的列出方程：
设走了t步，x,y,m,n,L含义如题。
则x+m*t≡y+n*t (mod L)
移项：(x-y)+t(m-n)≡0(mod L)
这个式子等价于(x-y)+t(m-n)=kL
//t和k才是未知数
再移项：kL-t(m-n)=(x-y)
为了化出不定方程的标准形式（不化也可以），再改成： kL+t(n-m)=(x-y)
记n-m=p,x-y=q
则kL+tp=q
//再次重申，t和k才是未知数！
上式已经是标准的不定方程了，然后怎么解它呢？
以下是重点
首先，它有解的前提是gcd(L,p)|q。(整除符号，不是或运算(QωQ))
所以我们先求gcd(L,p)。做一次拓欧，求出gcd(L,p)，同时我们求出了（拓欧的）x0,y0先放着。（为了不和题目的x,y冲突）
接着，如果gcd(L,p)不整除q，那么之后无法做下去了，此题无解。
#include<iostream>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
usingnamespace std; __int64 x,y,a,b,c,d;
__int64 n,m,X,Y,L; __int64 gcd(__int64 a,__int64 b)
{
__int64 t,d;
if(b==)
{
x=;
y=;
return a;
}
d=gcd(b,a%b);
t=x;
x=y;
y=t-(a/b)*y;
return d;
} int main()
{
while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&X,&Y,&m,&n,&L)==)
{
a=n-m;
b=L;
c=X-Y;
d=gcd(a,b);
if(c%d!=)
{
printf("Impossible\n");
continue;
}
x=x*(c/d);
y=y*(c/d); /*通解：
x1=x+b/d*t;
y1=y-a/d*t;
t为任意整数
*/
//找最小的x1，即求x+b/d*t最小，那么只有t为某一个数时才最小
//显然t必须与x正负相反才有最小，那么就看做x-b/d*t,这个式子的最小值便是t=x/(b/d)时，注意这是整型除法
__int64 k=x*d/b;
k=x-k*b/d;
if(k<)
k+=b/d;
printf("%I64d\n",k);
}
return0;
}
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <string>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm> #define INF 0x7fffffff
#define EPS 1e-12
#define MOD 1000000007
#define PI 3.141592653579798
#define N 100000 using namespace std; typedef long long LL;
typedef double DB; LL e_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(b==)
{
x=;
y=;
return a;
}
LL ans=e_gcd(b,a%b,x,y);
LL temp=x;
x=y;
y=temp-a/b*y;
return ans;
} LL cal(LL a,LL b,LL c)
{
LL x,y;
LL gcd=e_gcd(a,b,x,y);
if(c%gcd!=) return -;
x*=c/gcd;
b/=gcd;
if(b<) b=-b;
LL ans=x%b;
if(ans<=) ans+=b;
return ans;
} int main()
{
LL x,y,m,n,L;
while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
{
LL ans=cal(m-n,L,y-x);
if(ans==-) printf("Impossible\n");
else printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long x, y, m, n, l, k, t, d, va, vb, ba, bb;
long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
long long d = a;
if (b != )
{
d = extgcd(b, a%b, y, x);
y = y - a / b * x;
}
else
{
x = ; y = ;
}
return d;
}
int main()
{
cin >> ba >> bb >> va >> vb >> l;
m = va - vb; n = bb - ba;
d = extgcd(m, l, x, y);
if (n%d != )
{
puts("Impossible");
return ;
}
t = l / d;
k = (x*(n / d) % t + t) % t;
if (k < ) k += l;
cout << k << endl;
return ;
}
ax+by=c问题
问题：ax+by=c，已知a、b、c，求解使该等式成立的一组x，y。其中a、b、c、x、y均为整数
a,b的最大公约数为gcd(a,b)。如果c不是gcd(a,b)的倍数，则该等式无解，因为等式左边除以gcd(a,b)是整数，
而等式右边除以gcd(a,b)后为小数。(根据解方程的时候，在等式的左右两边同时除以非0的整数，等式依然成立)
因此，只有当c是gcd(a,b)的倍数的时候，该等式有解。这样，可以通过计算使ax1+by1=gcd(a,b)成立的x1、y1，
然后有x=(c/gcd(a,b))*x1，y=(c/gcd(a,b))*y1，得到x,y。
// 等式ax+by=c,已知a、b、c,求x和y。
// 解该线性方程等同于解同余式ax = c(mod b)
// 返回值表示是否有解,true有解,false无解
bool linear_equation(int a, int b, int c, int &x, int &y)
{
int n = extended_euclid(a, b, x, y);
if(c%n)
return false;
int k = c/n;
x *= k;
y *= k;
return true;
}