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【题目描述】

【输入】

【输出】

【输入样例】

1 2 3 4 5

【输出样例】

4

【提示】

1. 题意转换

一句话剥离背景：题目描述了两只青蛙在周长为L的环形数轴上同向跳跃，要求它们相遇的具体步数。

本质数学模型：这本质上是在求解一个一元线性同余方程的最小正整数解。用数学语言翻译就是：已知起点 x,y，步长 m,n 和模数 L，求满足 (x+k⋅m)≡(y+k⋅n) (modL) 的最小非负整数 k。未来如果我们把两个角色扩展到N个角色求相遇，这就直接变成了扩展中国剩余定理的核心基石。

2. 思考过程与解题思路

面对这道题，第一直觉的暴力解法是什么？ 很多初学者看到“跳跃直到碰面”，第一反应自然是写一个while循环来模拟：每次让 A 和 B 各自加上步长再对 L 取模，用一个计数器记录跳跃次数，直到坐标相等为止。为什么会 TLE？看看数据范围：L<2×10^9。如果两只青蛙刚好在跳了 10^9 步后相遇，你的while循环就要跑 10^9 次，直接导致超时。所以，纯模拟是一条死路。

如何一步步推导到正解？既然不能模拟，我们就把青蛙的运动轨迹写成代数式。 假设它们跳了 k 次后相遇： 青蛙 A 的坐标是：x+k⋅m 青蛙 B 的坐标是：y+k⋅n 由于它们在一个周长为 L 的圆周（数轴）上，坐标相同意味着两者的绝对距离之差是圆周长 L 的整数倍。 于是可以列出等式：

(x+k⋅m)−(y+k⋅n)=p⋅L(p为某个整数)

我们把未知数 k（跳跃次数）和 p（相差圈数）留在等号左边，常数移到右边：

(m−n)⋅k−L⋅p=y−x

为了符合标准的代数形式，我们令 a=m−n，b=L，c=y−x，方程就变成了极其经典的二元一次不定方程：

a⋅k+b⋅p′=c

（注：这里把 −p 视作另一个整数 p′，正负号在求解整数解时并无本质影响）。 看到 ax+by=c，破局的终极武器就浮出水面了——扩展欧几里得算法（exgcd）。

3. 算法设计与样例推演

算法设计：

1. 明确系数：令,,。我们要解方程。

2. 符号净化：因为m可能小于n，导致a是负数，而exgcd算法底层遇到负数取模会崩溃。所以当 a<0时，必须将等式两边同乘-1强行转正。同时，目标c也要用(c%L+L)%L转为正数。

3. 判定无解：算出，如果c不能被d整除，说明永远无法相遇，根据裴蜀定理直接输出Impossible。

4. 等比放大与取模（求最小正整数解）：将 exgcd 求出的基础解k放大c/d倍。注意：此时解的真实循环周期已经从L缩小成了L/d。必须对着L/d取模，才能精准提纯出最小正整数解。

样例推演（手玩数据）：

输入样例：1 2 3 4 5（x=1, y=2, m=3, n=4, L=5）

• 计算系数：a = 3-4 = -1, b = 5, c = 2-1 = 1。

• 净化负数：a = -1 < 0，变号得 a = 1, c = -1。接着把c强行转正：。

• 呼叫扩欧：解。得出特解k = 1。

• 计算倍数与新周期：放大倍数是。真实周期是。

• 终极转正：答案 =((4 * 1) % 5 + 5) % 5= 4。与样例输出完美一致！

4. 时空复杂度分析

• 时间复杂度：核心运算只有一次exgcd函数调用。扩展欧几里得算法的时间复杂度是对数级别的，即 O(log(min(∣a∣,∣b∣)))。在本题数据范围内，最多递归约 30 多层，耗时在纳秒级，时间复杂度记为 O(logL)，远远低于 O(1s) 的时限。

• 空间复杂度：由于只开了几个全局变量，并且递归层数极浅，空间复杂度为 O(1)（或计入栈空间为 O(logL)），绝对不会引发 MLE。

5. 坑点与易错总结

1. 爆int危机（开long long）：本题输入数据虽然在 2×10^9 以内，但在做移项减法（比如 y−x）、或者后续计算(c/d*k)时，乘法会产生高达 1018 级别的中间值，如果不用long long可能溢出导致 WA。

2. 系数a为负数的陷阱：在推导式子 (m−n)k 时，m 完全可能小于 n，导致 a<0。如果不处理直接扔进exgcd，由于 C++ 负数取模的特性，得出的结果会产生偏差。正解是在 a<0 时，把方程两端同时变号（a=−a,c=−c）。

3. C++负数取模机制：不管求出来的答案是正是负，一定要用ans = (ans % mod + mod) % mod的黄金句型包裹起来，否则遇到负坐标直接爆零。当 c 是负数时，c % L在 C++ 中依然是负数。必须使用通用的正数化取模公式：c = (c % L + L) % L。

4. 通解转化为最小正整数解：exgcd 求出的只是其中一组特解，而题目要求解的是“最小跳跃次数（最小正整数）”。所以最终结果必须对步长周期取模：模数为mod=L/gcd(a,b)，答案归一化公式为(k%mod+mod)%mod。

5. 周期缩放定律（最核心坑点）：为什么代码最后一行是%(l/d)而不是%l？因为当你在等式两边除以最大公约数d时，状态空间发生了“降维”。这个世界里有效的落脚点只剩下 l/d个，所以它的真实循环周期必须同步压缩为 l/d。不对新周期取模，你就永远拿不到“最小正整数解”。

6. 标程详解

//这道题青蛙A的坐标为(1+3*k)%5 //青蛙B的坐标为（2+4*k)%5 //当两个青蛙坐标相同时就是碰面的时候 //所以这类题第一步写出同余式 第二步移项进行exgcd 第三步确保无负数 //这道题其实正是扩展中国剩余定理的基石 目前这道题是找两只青蛙跳几次碰面 //如果变成n只青蛙跳几次以后才会碰面 就变成了彻底的扩展中国剩余定理 #include <iostream> using namespace std; long long x,y,m,n,l; long long k,p; //求解a*x_+b*y_=gcd(a,b)的一组特解(x_, y_)，并返回最大公约数d long long exgcd(long long a,long long b,long long &x_,long long &y_){ //递归边界：当b为0时，gcd(a,0)=a //此时方程变为a*x_=a，显然x_=1,y_=0即可 if(b==0){ x_=1; y_=0; return a; } //递归向下求解，注意此处b和a%b换位 long long d=exgcd(b,a%b,x_,y_); //回溯时，根据下一层的x_(x1)和y_(y1)推导本层的x_和y_ //数学推导：x=y1,y=x1-(a/b)*y1 long long tmp=x_; x_=y_; y_=tmp-(a/b)*y_; return d; } int main(){ long long d=0; cin>>x>>y>>m>>n>>l; //这道题先写出同余式x+m*k≡y+n*k (mod l) //然后移项 (m-n)*k≡y-x (mod l) //转化为等式 （m-n)*k+p*l=y-x //这个时候这个式子就变成了ax+by=c的形式了，就可以用扩展欧几里得去求了 //此时的exgcd(a,b,x_,y_) a=m-n,b=l x_=k y_=p c=y-x //a b需要大于0 long long a=m-n; long long b=l; long long c=y-x; //如果a(即m-n)是负数，我们将方程两边同时变号 //这样保证放入exgcd的a始终是非负数，避免c++负数取模产生问题 if(a<0){ a=-a; c=-c; } //c经过运算后可能是负数 利用下面这行代码将其拉回[0,l-1]的正数区间 c=(c%l+l)%l; //调用exgcd求解a*k+b*p=gcd(a,b) //此时的k和p是对等号右边为gcd(a,b)时的特解 d=exgcd(a,b,k,p); //裴蜀定理判定：如果目标常数c不能被gcd(a,b)整除 则方程无整数解 if(c%d!=0) cout<<"Impossible"; //等比放大与提取最小正整数解 //1.(c/d)*k -> 这是真实需要的步数（等比例放大特解） //2.l/d -> 这是等式约分后 缩小形成的新模数（真实的循环周期） //3.对(l/d)取模并转正 确保得到的是第一次相遇的最小非负步数 else cout<<((c/d*k)%(l/d)+l/d)%(l/d); return 0; }