标签：专题 return 数论 LL Kuangbin mod include 欧几里得 extgcd
青蛙的约会 扩展欧几里得法求解同余方程
题意：两只青蛙，沿着一条首位相连的数轴在跳，数轴长度为L，A在x处，一次可以跳m米，B在y处，一次可以跳n米，问跳了几次后碰面。
移项得
即(m-n)*t+k*L=y-x
注意y-x必须大于0
我代码中
运用extgcd(m-n,L,a,k) 得到的a是 的解，要得到原方程的解，还需要
才是
的解
以及(y-x)无法被gcd(m-n,L）整除的话，无解
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL x,y,m,n,L;
LL extgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) //返回gcd(a,b) ax+by=1
{
if(a==0&&b==0) return -1;
if(b==0) {x=1;y=0;return a;}
LL d=extgcd(b,a%b,y,x);
y=y-a/b*x;
return d;
}
LL mod_inverse(LL a,LL n)
{
LL x,y;
LL d=extgcd(a,n,x,y); //由扩展欧几里得得到一个特解x
if(d==1) return (x%n+n)%n; //+n 防负数。。 x变为最小非负整数解
else return -1;
}
int main()
{
// if(x<0) x=L+x;
// if(y<0) y=L+y; 原先我这么写可真是傻逼啊，我应该让y-x>0，同步改
//设时间为t，则两个青蛙的位置分别为(x+mt)mod L、(y+nt) mod L，相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L，即(m-n)*t+k*L=y-x
LL x,y,m,n,L;
while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
{
if(m<n) swap(m,n),swap(x,y); //这行代码是必要的 extgcd函数是必须的
LL a,k;
LL c=y-x;
LL d=extgcd(m-n,L,a,k);
LL r=mod_inverse((m-n)/d,L/d);
if(c%d) cout<<"Impossible"<<endl; //c不是d的倍数，则无解
else cout<<((r*c/d)%(L/d)+L/d)%(L/d)<<endl; // (a*c/d)%(L/d)+(L/d)也对 这个是最小正答案
}
return 0;
}
标签：专题,return,数论,LL,Kuangbin,mod,include,欧几里得,extgcd 来源： https://blog.csdn.net/iroy33/article/details/88638591
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