【算法】欧几里得算法与青蛙约会oj

欧几里得和扩展欧几里得算法

题目：

1. poj 1061
2. poj 2142
3. 双六

扩展欧几里得算法详解

先说欧几里得算法：欧几里得算法展转相除求\(gcd\)。求\(a、b\)的\(gcd\)，则利用的性质是：\(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\)，而\(gcd(a,0)=a\)，这样，展转除下去，当第二个参数为0，第一个参数就是最大公约数。

int gcd(int a,int b){
    while(b!=0){
        int tmp = a%b;
        a = b;
        b = tmp;
    }
    return a;
}

扩展欧几里得算法：扩展欧几里得算法不只能够用来求最大公约数，还能够求逆元/知足ax+by=gcd(a,b)的x和y。基于的原理是：ax+by=gcd(a,b)必定存在解(x,y)。

一个用处就是：问ax+by=1是否有解，就是看a，b是否互质，即gcd(a,b)=1。

求知足ax+by=gcd(a,b)的(x,y)的过程，就是证实ax+by=gcd(a,b)必定有解的过程。

\(ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=bx_2+a\%by_2\)

又 \(a\%b=a-a/b*b\)

所以 \(ax+by =bx_2+(a-a/b*b)y_2 =ay_2+b(x_2-a/b*y2)\)

从而 \(x = y2；y=x_2-a/by_2\)

层层递归下去，最终当\(b=0\)时，返回\(gcd(a,b)=a\)，此时有一组解\(x=1,y=0\)，回溯，利用上式求出\(x,y\)。

从而，这就创建了要求的(x,y)和前一状态的关系，算法的递归实现以下：

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    /*输入ax+by=gcd(a,b)的a,b,返回gcd(a,b)，同时求出知足此式的解(x,y)*/
    if(b==0){
        x = 1;
        y = 0;
        return a;
    }
    int p = exgcd(b,a%b,x,y);
    int tmp = x;
    x = y;
    y = tmp - a/b*y;
    return p;
}
int main(){
    int x,y;
    int gcd = exgcd(24,18,x,y);
    printf("24*%d + 18*%d = %d\n",x,y,gcd);
    return 0;
}

继续.....

仅仅知道欧几里得解\(ax+by=gcd(a,b)\)还不够，扩展欧几里得最好用的地方在于其求解乘法逆元。所谓逆元：若\(ax==1mod(m)\)，则称\(x\)是\(a\)关于\(m\)的逆元，逆元可能有许多个，求的是其中最小的一个。

\(ax==1mod(m)\) \(=>\) \(ax+my=1\)有解，求此式的解中最小的\(x\)便可。即求出此式\(x\)，\(x=x\%m\)，若是\(x<0\)，\(x+=m\)。

求解代码借助exgcd：

/*求逆元模板*/
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){ 
    if(b == 0){ 
        x = 1; 
        y = 0; 
        return a; 
    } 
    int p =exgcd(b,a%b,x,y); 
    int temp = x; 
    x = y; 
    y = temp - (a/b) *y; 
    return p; 
} 
//求逆元 求a关于m的最小逆元 
int cal(int a,int m){ 
    int x,y; 
    int gcd = exgcd(a,m,x,y); 
    if(1%gcd != 0) return -1; 
    x *= 1/gcd; 
    int ans = x % m; 
    if(ans<=0) ans+=m;  //保证正的且最小
    return ans; 
}

/*另外一个简洁版本的求逆元*/
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    if(b == 0){
        x = 1;
        y = 0;
    }else{
        exgcd(b,a%b,y,x);
        y = y - (a/b)*x; //此处应注意
    }
}

例题：青蛙约会poj 1061

代码解释：https://blog.csdn.net/liangdong2014/article/details/38732745

poj 1061 青蛙约会
两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，因而以为颇有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，因而它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。但是它们出发以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，它们以为只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。可是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，否则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可以碰面，会在何时碰面。  咱们把这两只青蛙分别叫作青蛙A和青蛙B，而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，这样咱们就获得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。如今要你求出它们跳了几回之后才会碰面。
\(Input：\) 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。
\(Output:\) 输出碰面所须要的跳跃次数，若是永远不可能碰面则输出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

思路：

在一个周长是\(L\)的环上，A青蛙处于\(x\)处，每次跳\(m\)，B青蛙处于\(y\)处，每次跳\(n\)，跳相同的步数后，两青蛙处于同一位置。由此，设跳\(t\)步相遇，则：

\((x+m*t)\%L=(y+n*t)\%L\)

\(=>(m-n)*t\%L=(y-x)\%L\)

\(=>(m-n)*t\%L=y-x\)

若此式有解，则应有，

\(=>(m-n)*t_1+L*t_2=y-x\)有解，由exgcd知，有解的条件是

\(=>(y-x) \% gcd(m-n,L) =0\)

如有解，下面求解知足条件的最小\(t_1\)，进而推出\(t\)。

由exgcd求出知足\((m-n)*t_1+L*t_2=gcd(m-n,L)\)的一组解：

exgcd(m-n,L,t1,t2);

因为\(y-x\)是\(gcd(m-n,L)\)的整数倍，则\((m-n)*t_1+L*t_2=y-x\)的一个解是：

\(=>t_1=t_1*(y-x)/gcd(m-n,L)\);

注意这样求出来的\(t_1\)可能并非最小，所以对\(t_1\)作以下操做：

\(=>t_1=t_1\%L\)变为最小；

但\(t_1\)还多是负值，所以，变为正的：

\(=>if_{ t_1<0}：t_1=t_1+L;\)

从而解出了\(t=t_1\)。

实现代码：

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll; 
ll x,y,m,n,L;
ll gcd(ll a,ll b){
    while(b!=0){
        ll tmp = a%b;
        a = b;
        b = tmp;
    }
    return a;
}
void exgcd(ll a,ll b,ll&x,ll &y){
    if(b == 0){
        x = 1;
        y = 0;
    }else{
        exgcd(b,a%b,y,x);
        y = y - (a/b)*x;
    }
}

int main(){
    ll a,b,c,d,t1,t2,L2;
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF){
        a = m-n;
        b = y-x;
        d = gcd(a,L);
        if(b % d != 0){
            printf("Impossible\n");
        }else{
            exgcd(a,L,t1,t2);
            t1 = t1*b/d; //先变换到求at1+Lt2=y-x，再求最小，不能先求最小再变换，不然题意不符 
            t1 = t1 % L;
            if(t1<0){
                t1 += L;
            }
            printf("%lld\n",t1);
        }
    }
    return 0;
}