同余——推柿子

eg1.[P1516青蛙的约会](P1516 青蛙的约会 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))

题意：

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。现在要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

题解：

\(p1+mx \equiv p2+nx(\bmod l)\)

\((m-n)x \equiv (p2-p1)(\bmod l)\)

设\(m-n = a,l = b,p2-p1 = c\)

则有\(ax\equiv c(\bmod b)\)注意这里a可能为负数,\(\gcd\)只对非负整数有意义，所以处理一下：若\(a<0,a = -a,c = -c\)

那么\(x \equiv c\times a^{-1}(\bmod b)\),接下来我们求\(a^{-1}\)

\(ax \equiv 1(\bmod b)\)由\(exgcd\)可解出\(x\)就是\(a^{-1}\)

设\(d = exgcd(a,b,x,y)\),那么\(x = (((\frac{c}{d})\times x)\bmod(\frac{b}{d})+(\frac{b}{d}))\bmod (\frac{b}{d})\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll p1,p2,m,n,l,a,b,x,y;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b==0)
	{
		x = 1,y = 0;
		return a;
	}
	ll d = exgcd(b,a%b,y,x);
	y -= (a/b)*x;
	return d;
}

int main()
{
	cin>>p1>>p2>>m>>n>>l;
	/*
		(m-n)x ≡ (p2-p1)(mod l)
		(m-n)x + kl = (p2-p1)
		a = m-n,b = l,c = p2-p1;
		ax + by = c;
	*/
	ll a = n-m,b = l,c = p1-p2;
	if(a<0)a = -a,c = -c;
	ll d = exgcd(a,b,x,y);
	//ax0+by0 = d
	//ax0+by0能被d整除，那c也要能整除
	if(c%d)cout<<"Impossible\n";
	else{
		//ax+by = c
		//ax0*(c/d)+by0*(c/d) = c
		//x0*(c/d)是一个解
		cout<<(c/d*x%(b/d)+(b/d))%(b/d)<<endl;
	}
	return 0;
}

eg2.[P2421 [NOI2002] 荒岛野人]([P2421 NOI2002] 荒岛野人 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn))

题意：给n个人，每个人有初始位置，和每年可以走过的洞穴数目及其存活寿命，求洞穴数至少有多少个保证n个人永远不会相遇。

题解：

这题其实和青蛙那题很像，也是给初始位置和每年走过的距离,不同的地方在于，本题求的是不相遇且多了一个寿命的限制。

对于任意两个人来说有：

\(p1 + mx \equiv p2 + nx(\bmod m)\)

其中：\(p\)代表初始位置,\(m\)和\(n\)是每年走过的洞穴数，\(x\)是相遇的时间，\(m\)是洞穴的数目。

我们先\(for\)一遍找到初始位置最大的洞穴编号,以次为起点枚举答案，即洞穴数目m,之后我们再去\(check(m)\)。

那么怎么\(check\)呢？我们要这些人永远不会相遇，那对于任意两个人而言，我们解出的相遇时间x(用\(exgcd\))要么是无解，要么\(x>max(l1,l2)\)，\(l\)表示寿命，即在相遇之前就死掉了,所以还是不会相遇的

那么我们找到的第一个符合条件的\(m\)就是答案。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110;
int maxc,C[N],p[N],l[N];
int n;
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(b==0)
	{
		x = 1,y = 0;
		return a;
	}
	int d = exgcd(b,a%b,y,x);
	y -= (a/b)*x;
	return d;
}
bool judge(int m)
{
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		for(int j = i+1;j<=n;j++)
		{
			/*
				ci+pi*x = cj+pj*x (mod m) 不成立
				无解或x>min(li,lj),相遇之前有一个死掉
				(pi-pj)*x = (cj-ci) (mod m)
				ax = c (mod b)
			*/
			int a = p[j]-p[i],b = m,c = C[i]-C[j],x = 0,y = 0;
			if(a<0)a = -a,c = -c;
			int d = exgcd(a,b,x,y);
			if(c%d==0)
			{
				int ans = ((c/d)*x%(b/d)+(b/d))%(b/d);
				if(ans<=min(l[i],l[j]))return false;
			}
		}
	}
	return true;
}

int main()
{
	
	cin>>n;
	for(int i = 1;i<=n;i++)
	{
		cin>>C[i]>>p[i]>>l[i];
		maxc = max(maxc,C[i]);
	}
	for(int i = maxc;;i++)
	{
		if(judge(i))
		{
			cout<<i<<endl;
			return 0;
		}
	}
	return 0;
}