【算法】歐幾里得算法與青蛙約會oj

歐幾里得和擴展歐幾里得算法

題目：

1. poj 1061
2. poj 2142
3. 雙六

擴展歐幾里得算法詳解

先說歐幾里得算法：歐幾里得算法展轉相除求\(gcd\)。求\(a、b\)的\(gcd\)，則利用的性質是：\(gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)\)，而\(gcd(a,0)=a\)，這樣，展轉除下去，當第二個參數爲0，第一個參數就是最大公約數。

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

擴展歐幾里得算法：擴展歐幾里得算法不只能夠用來求最大公約數，還能夠求逆元/知足ax+by=gcd(a,b)的x和y。基於的原理是：ax+by=gcd(a,b)必定存在解(x,y)。

一個用處就是：問ax+by=1是否有解，就是看a，b是否互質，即gcd(a,b)=1。

求知足ax+by=gcd(a,b)的(x,y)的過程，就是證實ax+by=gcd(a,b)必定有解的過程。

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

又 \(a\%b=a-a/b*b\)

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

從而 \(x = y2；y=x_2-a/by_2\)

層層遞歸下去，最終當\(b=0\)時，返回\(gcd(a,b)=a\)，此時有一組解\(x=1,y=0\)，回溯，利用上式求出\(x,y\)。

從而，這就創建了要求的(x,y)和前一狀態的關係，算法的遞歸實現以下：

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    /*輸入ax+by=gcd(a,b)的a,b,返回gcd(a,b)，同時求出知足此式的解(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;
}

繼續.....

僅僅知道歐幾里得解\(ax+by=gcd(a,b)\)還不夠，擴展歐幾里得最好用的地方在於其求解乘法逆元。所謂逆元：若\(ax==1mod(m)\)，則稱\(x\)是\(a\)關於\(m\)的逆元，逆元可能有許多個，求的是其中最小的一個。

\(ax==1mod(m)\) \(=>\) \(ax+my=1\)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\(x<0\)，\(x+=m\)。

求解代碼藉助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關於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;  //保證正的且最小
    return ans; 
}

/*另外一個簡潔版本的求逆元*/
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; //此處應注意
    }
}

例題：青蛙約會poj 1061

代碼解釋：https://blog.csdn.net/liangdong2014/article/details/38732745

poj 1061 青蛙約會
兩隻青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，因而以爲頗有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，因而它們約定各自朝西跳，直到碰面爲止。但是它們出發以前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特徵，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們以爲只要一直朝着某個方向跳下去，總能碰到對方的。可是除非這兩隻青蛙在同一時間跳到同一點上，否則是永遠都不可能碰面的。爲了幫助這兩隻樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩隻青蛙是否可以碰面，會在何時碰面。  咱們把這兩隻青蛙分別叫作青蛙A和青蛙B，而且規定緯度線上東經0度處爲原點，由東往西爲正方向，單位長度1米，這樣咱們就獲得了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點座標是x，青蛙B的出發點座標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩隻青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。如今要你求出它們跳了幾回之後纔會碰面。
\(Input：\) 輸入只包括一行5個整數x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
\(Output:\) 輸出碰面所須要的跳躍次數，若是永遠不可能碰面則輸出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

思路：

在一個周長是\(L\)的環上，A青蛙處於\(x\)處，每次跳\(m\)，B青蛙處於\(y\)處，每次跳\(n\)，跳相同的步數後，兩青蛙處於同一位置。由此，設跳\(t\)步相遇，則：

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

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

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

若此式有解，則應有，

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

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

如有解，下面求解知足條件的最小\(t_1\)，進而推出\(t\)。

由exgcd求出知足\((m-n)*t_1+L*t_2=gcd(m-n,L)\)的一組解：

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

因爲\(y-x\)是\(gcd(m-n,L)\)的整數倍，則\((m-n)*t_1+L*t_2=y-x\)的一個解是：

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

注意這樣求出來的\(t_1\)可能並非最小，所以對\(t_1\)作以下操做：

\(=>t_1=t_1\%L\)變爲最小；

但\(t_1\)還多是負值，所以，變爲正的：

\(=>if_{ t_1<0}：t_1=t_1+L;\)

從而解出了\(t=t_1\)。

實現代碼：

#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; //先變換到求at1+Lt2=y-x，再求最小，不能先求最小再變換，不然題意不符 
            t1 = t1 % L;
            if(t1<0){
                t1 += L;
            }
            printf("%lld\n",t1);
        }
    }
    return 0;
}