【题1 Modified GCD CodeForces - 75C】
Well, here is another math class task. In mathematics, GCD is the greatest common divisor, and it’s an easy task to calculate the GCD between two positive integers.
A common divisor for two positive numbers is a number which both numbers are divisible by.
But your teacher wants to give you a harder task, in this task you have to find the greatest common divisor d between two integers a and b that is in a given range from low to high (inclusive), i.e. low ≤ d ≤ high. It is possible that there is no common divisor in the given range.
You will be given the two integers a and b, then n queries. Each query is a range from low to high and you have to answer each query.
Input
The first line contains two integers a and b, the two integers as described above (1 ≤ a, b ≤ 109). The second line contains one integer n, the number of queries (1 ≤ n ≤ 104). Then n lines follow, each line contains one query consisting of two integers, low and high (1 ≤ low ≤ high ≤ 109).
Output
Print n lines. The i-th of them should contain the result of the i-th query in the input. If there is no common divisor in the given range for any query, you should print -1 as a result for this query.
Example
Input
9 27
3
1 5
10 11
9 11
Output
3
-1
9
【分析：求解两个数的所有的公约数】
本题考察求两个数的所有公约数的问题，还有二分查找求上界，哎，好久又没学习了，竟把二分查找这个上界写法忘记了。。。
被这个坑惨了，下面的求两个数公约数的写法明显是错的。。
1
2
3
4
5
6for(ll i=1;i<=sqrt(d);i++) { if(d%i==0)factor[cnt++]=i; } factor[cnt]=d;
AC代码：
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60#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #define ll long long using namespace std; const ll maxn=1e6; ll factor[maxn]; ll gcd(ll a,ll b) { if(b==0)return a; return gcd(b,a%b); } ll bin_search(ll a[],ll l,ll r,ll v) { ll mid; while(l<r) { mid=l+(r-l)/2; if(v>=a[mid])l=mid+1; else r=mid; } return l; } int main() { ll a,b,n; ll low,high; scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&n); ll d=gcd(a,b); ll cnt=0; //两个数的公约数求法 for(ll i=1;i<=sqrt(d);i++) { if(d%i==0) { factor[cnt++]=i; factor[cnt++]=d/i;//不要忘记这一步骤，否则错 } } sort(factor,factor+cnt); //for(int i=0;i<=cnt;i++) // cout<<factor[i]<<" "; while(n--) { scanf("%lld%lld",&low,&high); ll tmp=bin_search(factor,0,cnt,high); if(factor[tmp-1]<low)printf("-1n"); else printf("%lldn",factor[tmp-1]); } return 0; }
【题2 青蛙的约会 POJ - 1061】
两只青蛙在网上相识了，它们聊得很开心，于是觉得很有必要见一面。它们很高兴地发现它们住在同一条纬度线上，于是它们约定各自朝西跳，直到碰面为止。可是它们出发之前忘记了一件很重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的具体位置。不过青蛙们都是很乐观的，它们觉得只要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两只青蛙在同一时间跳到同一点上，不然是永远都不可能碰面的。为了帮助这两只乐观的青蛙，你被要求写一个程序来判断这两只青蛙是否能够碰面，会在什么时候碰面。
我们把这两只青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，并且规定纬度线上东经0度处为原点，由东往西为正方向，单位长度1米，这样我们就得到了一条首尾相接的数轴。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。
Input
输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。
Output
输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4
【分析：求解二元一次不定方程最小正整数解】
本题考察扩展欧几里得算法，重点是要求出最小正整数解的问题，而最小正整数解有固定的公式x=(x%b+b)%b，具体实现方法见下面的源代码。坑我的点在于下面的具体分析中！！！
根据题意，设青蛙用时t（即跳出t步），各自坐标分别是x+mt，y+nt，可以列出方程x+mt-(y+nt)=pL(p∈Z)，化为(m-n)t+Lp=y-x，设a=m-n,b=L,c=y-x，方程变为at+bp=c，然后扩展欧几里得算法即可解出方程的根，然后直接套用公式x=(x%b+b)%b求出最小的正整数解即可。我被坑的地方是什么呢？本题不是单单的(x+mt)≡(y+nt)(mod L),一定要按照上面的分析列出方程，只有x+mt-(y+nt)=pL(p∈Z)这么一种形式，或者是这个方程的变形，不可以是x+mt+pL=(y+nt)L(p∈Z)这种形式，这种形式是错误的，这就是本题的主要坑我的地方，因为不能单单的mol L相同就行了，要注意本题的实际意义中的两个坐标之间 的关系。
AC代码：
1
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5
6
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42#include<cstdio> #include<iostream> #define ll long long using namespace std; ll x,y,m,n,L; 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,x,y); ll tmp=x; x=y; y=tmp-a/b*y; return d; } int main() { while(cin>>x>>y>>m>>n>>L) { ll xx,yy; ll a=m-n,b=-L,c=y-x; ll d=exgcd(a,b,xx,yy); if(c%d!=0 || m==n) cout<<"Impossible"<<endl; else { a/=d; b/=d; c/=d; xx=xx*c; xx=(xx%b+b)%b; cout<<xx<<endl; } } return 0; }
最后
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