【算法】歐幾裏得算法與青蛙約會oj
歐幾裏得和擴展歐幾裏得算法
題目：
- poj 1061
- poj 2142
- 雙六
擴展歐幾裏得算法詳解
先說歐幾裏得算法：歐幾裏得算法輾轉相除求\(gcd\)。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，輾轉除下去，當第二個參數為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;
}擴展歐幾裏得算法：擴展歐幾裏得算法不僅可以用來求最大公約數，還可以求逆元/滿足ax+by=gcd(a,b)的x和y。基於的原理是：ax+by=gcd(a,b)一定存在解(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。
求滿足ax+by=gcd(a,b)的(x,y)的過程，就是證明ax+by=gcd(a,b)一定有解的過程。
\(ax+by=gcd(a,b)=gcd(b,a\%b)=bx_2+a\%by_2\)
又 \(a\%b=a-a/b*b\)
因此 \(ax+by =bx_2+(a-a/b*b)y_2 =ay_2+b(x_2-a/b*y2)\)
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，這就建立了要求的(x,y)和前一狀態的關系，算法的遞歸實現如下：
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)，同時求出滿足此式的解(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.....
僅僅知道歐幾裏得解\(ax+by=gcd(a,b)\)還不夠，擴展歐幾裏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\(x\)即可。即求出此式\(x\)，\(x=x\%m\)，如果\(x<0\)，\(x+=m\)。
求解代碼借助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; //此處應註意
}
}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 |
|---|
| 兩只青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面為止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特征，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝著某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩只青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。為了幫助這兩只樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩只青蛙是否能夠碰面，會在什麽時候碰面。? 我們把這兩只青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處為原點，由東往西為正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點坐標是x，青蛙B的出發點坐標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩只青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後才會碰面。 |
| \(Input：\) 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。 |
| \(Output:\) 輸出碰面所需要的跳躍次數，如果永遠不可能碰面則輸出一行"Impossible" |
Sample Input
1 2 3 4 5Sample 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
\(=>(y-x) \% gcd(m-n,L) =0\)
若有解，下面求解滿足條件的最小\(t_1\)，進而推出\(t\)。
由exgcd求出滿足\((m-n)*t_1+L*t_2=gcd(m-n,L)\)的一組解：
exgcd(m-n,L,t1,t2);
由於\(y-x\)是\(gcd(m-n,L)\)的整數倍，則\((m-n)*t_1+L*t_2=y-x\)的一個解是：
\(=>t_1=t_1*(y-x)/gcd(m-n,L)\);
註意這樣求出來的\(t_1\)可能並不是最小，因此對\(t_1\)做如下操作：
\(=>t_1=t_1\%L\)變為最小；
但\(t_1\)還可能是負值，因此，變為正的：
\(=>if_{ t_1<0}：t_1=t_1+L;\)
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，否則題意不符
t1 = t1 % L;
if(t1<0){
t1 += L;
}
printf("%lld\n",t1);
}
}
return 0;
}【算法】歐幾裏得算法與青蛙約會oj