前言

扩展欧几里得？几万年前学的东西，幸好最后写出来了，但还是值得复习一下(指水题解)。

题目

AtCoder

题目大意：

\(T\) 组数据。

时间从 \(0\) 时刻开始，有一辆火车从 \(A\) 地出发，在 \(A\) 地与 \(B\) 地之间来回跑，单趟时间为 \(X\) 秒，每到一个地点停 \(Y\) 秒。

你初始在 \(B\) 地，先睡 \(P\) 秒，再醒着 \(Q\) 秒，一直循环。

询问你是否可以上车，即是否存在一个时刻你醒着，且车停在 \(B\) 地。如果可以，输出最小的上车时间。如果不能，输出 infinity。

\(1\le T\le 10;1\le X,P\le 10^9;1\le Y,Q\le 500.\)

讲解

你看这个 \(Y,Q\) 这么小，一看就可以枚举，记为 \(y,q\)。

那么这就可以转换为一个同余方程问题，我们设火车经历 \(i\) 个周期，人经历 \(j\) 个周期，可列出方程：

\[X+i(2X+2Y)+y = Pj+Q(j-1)+q \]

变形可得：

\[j(P+Q)-i(2X+2Y) = Q+X+y-q \]

令 \(a=P+Q,b=(2X+2Y),d=\gcd(a,b)\)，于是用扩展欧几里得先求出特殊解，然后再找最小的时间即可。

值得注意的是，\(i,j\ge 0\)，但此时我们需要解的方程其实是：\(aj-bi=kd\)，但扩欧解的方程是 \(aj+bi=d\)，所以我们解出来的 \(i\) 需要满足小于等于 \(0\)。

找最小的时间其实就是找最大的 \(i\in(-\infty,0]\) 且最小的 \(j\in[0,+\infty)\)，再根据他们算就行。

实现其实不难。

代码

LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
	if(!b)
	{
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	LL ret = exgcd(b,a%b,y,x);
	y -= x*(a/b);
	return ret;
}

int main()
{
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	for(int T_T = Read(); T_T ;-- T_T)
	{
		X = Read(); Y = Read(); //on the way,stopping
		P = Read(); Q = Read(); //asleep,awake
		LL ans = INF,J,I;
		LL d = exgcd(P+Q,2*(X+Y),J,I);
		for(int y = 0;y < Y;++ y) 
			for(int q = 0;q < Q;++ q)
			{
				LL deng = Q+X+y-q,i,j;
				if(deng % d) continue;
				j = J; i = I;
				LL t1 = (P+Q) / d,t2 = 2*(X+Y) / d; i *= (deng / d); j *= (deng / d);
				if(i > 0) 
				{
					LL woc = i / t1;
					i -= woc * t1;
					j += woc * t2; 
				}
				if(j < 0)
				{
					LL woc = (-j) / t2;
					j += woc * t2;
					i -= woc * t1;
				}
				while(i > 0 || j < 0) i = i - t1,j = j + t2;
				LL wrng = Min((-i) / t1,j / t2);//both too large
				i += wrng * t1;
				ans = Min(ans,X+y+2*(-i)*(X+Y));
			}
		if(ans == INF) printf("infinity\n");
		else Put(ans,'\n');
	}
	return 0;
}
/*
草稿纸
X+2iX+2iY+y = Pj+Q(j-1)+q
X+2iX+2iY+y = Pj+Qj-Q+q
2i(X+Y)-j(P+Q) = q-Q-X-y
j(P+Q)-i(2X+2Y) = Q+X+y-q

a(x+b)+b(y-a) = d
k(a(x+b)+b(y-a)) = kd
*/

标签：le,ABC193E,LL,t2,Oversleeping,t1,ans,woc
来源： https://www.cnblogs.com/PPLPPL/p/14806488.html