例题1 青蛙的约会

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。 

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
题解： 这是一个用拓展欧几里得算法解决线性不定方程的例题
即 ax+by=c  这一类的问题或者说是a*x==c(mod b)二者是等价的关系
解决这一类问题时  先用模板求出ax+by=__gcd(a,b)的解，然后判断c是否为__gcd(a,b)的倍数，如果是的话，则有解，如果不是的话无解
下一步就是 更新x  x=x*c/__gcd(a,b)  可想而知，等式两边同时乘上c/__gcd(a,b). y同理
下一步就是再一次更新x因为X可能为负数，而我们要求的是正数则  while(x<=0) x+=b/__gcd(a,b)  如果是y的话y+=a/__gcd(a,b);
还有一种办法不过有的时候不对就是 （x=(x%b/__gcd+b/__gcd)%b/__gcd）y同理

//   如果c%gcd==0那么此方程有解，否则没有解若有解方程两边同时乘以
//   c/gcd(a,b)得(a*c/gcd(a,b))*x0+(b*c/gcd(a,b))*y0=c;
//   这时得出方程的一个解x1=x0*c/gcd(a,b)y1=y0*c/gcd(a,b) 
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y,m,n,l;
ll x0,y0;
ll exgcd(ll a,ll b){
    if(b==0){
        x0=1;
        y0=0;
        return a;
    }
    ll r=exgcd(b,a%b);
    ll t=y0;
    y0=x0-(a/b)*y0;
    x0=t;
    return r;
}
int main(){
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    ll a=n-m;
    ll b=l;
    ll c=x-y;
    if(a<0){
        a=-a;
        c=-c;
    }
    ll d=exgcd(a,b);
    
    if(c%d!=0){
        puts("Impossible");
    }
    
    else {
        x0=x0*c/d;
        b=b/d;
        x0=(x0%b+b)%b;
        cout<<x0<<endl;
    }
    return 0;
}

 

标签：__,gcd,约会,青蛙,碰面,y0,例题,ll
来源： https://www.cnblogs.com/Accepting/p/11355233.html