http://poj.org/problem?id=2115

题意：对于C的循环（for i = A; i != B; i+=C）问在k位存储系统内循环多少次结束；

　　　若循环有限次能结束输出次数，否则输出 FOREVER；

解：设x为循环次数；

　  (A+C*x)%2^k = B;　　

　　则 C*x+A = 2^k*y+B;

　　所以 C*x - 2^k*y = B-A; 类似于a*x+b*y = c （或 a*x = c(mod b))模线性方程的形式，所以可以根据扩展欧几里得算法解决

 #include<stdio.h>

 #include<string.h>

 long long exGcd(long long a,long long b,long long &x, long long &y)

 {

     if(b == )

     {

         x = ;

         y = ;

         return a;

     }

     long long d = exGcd(b,a%b,x,y);

     long long t = x;

     x = y;

     y = t-a/b*y;

     return d;

 }//a,b的最大公约数是d,且d = x*a+y*b表示；

 int main()

 {

     long long A,B,C,a,b,n;

     int k;

     while(~scanf("%lld %lld %lld %d",&A,&B,&C,&k))

     {

         if(A ==  && B ==  && C ==  && k == )

             break;

         a = C;

         b = B-A;

         n = 1LL<<k;//因为n是long long,所以2^k要写成lLL<<k;

         long long x,y,d;

         d = exGcd(a,n,x,y);

         if(b%d != )

             printf("FOREVER\n");

         else

         {

             x = (x*(b/d))%n;//方程a*x = b(mod n)的最小解（其实我也不清楚怎么的得到的x0,先记着呗）；

             x = (x%(n/d)+n/d)%(n/d);//方程a*x = b(mod n)的最小整数解；

             printf("%lld\n",x);

         }

     }

     return ;

 }

推论1： 方程ax≡b(mod n)对于未知量x有解，当且仅当gcd(a,n) | b (b能被gcd(a,n)整除)。

即：若gcd(a,n)|b ==> 有一个解x,使得ax≡b(mod n).

推论2：方程ax≡b(mod n)或者对模n有d个不同的解(有解当且仅当d | b)，其中d=gcd(a,n)，或者无解。  

定理1：设d=gcd(a,n)，假定对整数x'和y'满足d=ax'+ny'(比如用扩展Euclid算法求出的一组解)。如果d | b，则该方程对模n有d个不同的解，方程ax≡b(mod n)有一个解x0满足x0=x'*(b/d) mod n 通解为xi = x0 + i*(n / d)(d = 0, 1, 2, ..., d - 1)。特别的设e=x0+n，方程ax≡b(mod n)的最小整数解x1=e mod (n/d)，最大整数解x2=x1+(d-1)*(n/d)。

定理2：假设方程ax=b(mod n)有解，且x0是方程的任意一个解，则该方程对模n恰有d个不同的解(d=gcd(a,n))，分别为：xi=x0+i*(n/d) mod n 。

类似地: 可以求ax + by = c的整数解(x, y)。==> ax ≡ c(mod b), d = gcd(a, b) | c 时有解。有一个解x0 = x’* (c / d) mod b,  y0 = (-a * x0 - c) / b; 通解xi = x0 + i * (b / d), yi = y0 - i * (a / d) (i = 0, 1, 2, ..., d - 1)。

扩展欧几里得算法
int exgcd(int a, int b, int& x, int& y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int r = exgcd(b, a%b, x, y);
int t = x;
x = y;
y = t - a/b* y;
return r;
}