撰写- 题意
- 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。
- 题解
- 原文链接：https://blog.csdn.net/u010579068/article/details/44681075
- 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是青蛙B跳的距离，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gcd(n-m,L)|x-y
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
- 代码
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//#include<bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<string> #include<set> #include<vector> #include<map> #include<stack> #include<queue> #include<cmath> #include<fstream> #include<algorithm> using namespace std; #define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++) #define per(i,a,n) for(int i=n;i>=a;i--) //#define CLR(a) memset(a,sizeof(a),0) typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; ll x,y,m,n,L; void Exgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){ if(!b){ x=1;y=0;d=a; }else{ Exgcd(b,a%b,d,x,y); int t = x;x=y;y=t-a/b*y; } } int main(){ ll a,b,d; cin>>x>>y>>m>>n>>L; if(n<m){ swap(m,n); swap(x,y); } Exgcd(n-m,L,d,a,b); if((x-y)%d != 0 || m==n)cout<<"Impossible\n"; else cout<<(a*(x-y)/d%(L/d)+(L/d))%(L/d)<<endl; return 0; }
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