Educational Codeforces Round 16 D. Two Arithmetic Progressions （不互質中國剩餘定理）

Two Arithmetic Progressions

題目連接：

http://codeforces.com/contest/710/problem/D

Description

You are given two arithmetic progressions: a1k + b1 and a2l + b2. Find the number of integers x such that L ≤ x ≤ R and x = a1k' + b1 = a2l' + b2, for some integers k', l' ≥ 0.

Input

The only line contains six integers a1, b1, a2, b2, L, R (0 < a1, a2 ≤ 2·109,  - 2·109 ≤ b1, b2, L, R ≤ 2·109, L ≤ R).

Output

Print the desired number of integers x.

Sample Input

2 0 3 3 5 21
2 4 3 0 6 17

Sample Output

3
2

題意：

求[L,R]區間內有多少個整數y知足 y = k1x1+b1 且 y = k2x2+b2. (x1 x2 >= 0)

題解：

首先把兩條直線畫到平面上，題目限制了直線斜率都大於零. 又因爲 x1 x2 >= 0.
因此y的區間能夠進一步限制爲 [max(L, max(b1,b2)), R];
問題就變爲在這個新區間裏找使得兩個式子相等的"整點"個數了.
這裏能夠把兩個式子經過拓展中國剩餘定理(由於不互質)合併成一個式子, 而後計算區間內的解的個數便可.
注意：可能兩式子不能合併，直接輸出0; 正確計算區間內的解的個數(見註釋).


比賽作的時候只想到了拓展中國剩餘定理這裏，而後想的是b不必定小於k因此不算是模方程，覺得不能作.
實際上(拓展)中國剩餘定理在處理同餘模方程組的時候不要求餘數小於模數.

代碼：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <vector>
#include <list>
#define LL long long
#define eps 1e-8
#define maxn 10000100
#define mod 100000007
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define mid(a,b) ((a+b)>>1)
#define IN freopen("in.txt","r",stdin);
using namespace std;

LL x,y,gcd;
void ex_gcd(LL a,LL b)
{
    if(!b) {x=1;y=0;gcd=a;}
    else {ex_gcd(b,a%b);LL temp=x;x=y;y=temp-a/b*y;}
}

LL n,m[2],a[2];    //x%m=a
LL cur, T;
/*模線性方程組--不互質中國剩餘定理*/
int ex_China() {
    LL m1,m2,n1,n2,x0;
    m1=m[0];n1=a[0];

    for(int i=1; i<n; i++)
    {
        m2=m[i];
        n2=a[i];
        ex_gcd(m1,m2);
        if((n2-n1)%gcd) return -1;
        LL tmp=m2/gcd;
        x0=(x*((n2-n1)/gcd)%tmp+tmp)%tmp;

        n1=n1+x0*m1;
        m1=m1/gcd*m2;
    }
    n1=(n1+m1)%m1;

    cur = n1; T = m1;
    return T;
}


int main(int argc, char const *argv[])
{
    //IN;

    n = 2;
    cin >> m[0] >> a[0] >> m[1] >> a[1];
    LL L,R; cin >> L >> R;
    L = max(max(a[0], a[1]), L);

    int ret = ex_China();

    LL ans = 0;
    if(ret == -1) { /*特判不能合併的方程組*/
        printf("0\n");
        return 0;
    }

    if(cur >= L) {  /*找一個合適的起點，分別計算L-1和R到這個點之間有多少個解*/
        cur -= ((cur-L)/T + 1) * T;
    }

    if(L <= R) {
        ans = (R - cur) / T - (L - 1 - cur) / T;
    }

    printf("%I64d\n", ans);

    return 0;
}