The equation
Problem's Link
Mean:
给你7个数，a,b,c,x1,x2,y1,y2.求满足a*x+b*y=-c的解x满足x1<=x<=x2,y满足y1<=y<=y2.求满足条件的解的个数.
analyse:
做法是扩展欧几里德.
1.首先是欧几里德算法，欧几里德算法是用于求任意两个数的最大公约数（gcd(a,b)），
这个方法基于一个定理，gcd(a,b)=gcd(b,a % b)(a>b),%表示取模.
我们来证明上述定理，因为a>b,所以我们可以将a表示成a=kb+r，
假设gcd(a,b)=d，也就是两个数的最大公约数为d.
那么d|a,d|b,这是显然的.
又因为r=a-kb,所以d|r.
而r的值就像当于a % b,
所以gcd(a,b)=gcd(b,a%b).
2、欧几里德扩展算法。根据贝祖定理，如果gcd(a,b)=d,那么一定存在整数x,y使得a*x+b*y=gcd(a,b)=d.并且a和b的线性和都为d的整数倍.
欧几里德扩展算法就是用来求出这个线性方程的一个解的。注意，只是其中一个解.
首先设两个数aa=b,bb=a%b=a-a/b*b;
因为gcd(a,b)=gcd(b,a%b)=gcd(aa,bb).
所以aa*xx+bb*yy=gcd(aa,bb)=gcd(a,b)
我们用a和b来表示aa,bb.
所以b*xx+(a-a/b*b)yy=gcd(a,b)
a*yy+b*(xx-a/b*yy)=gcd(a,b).
对照不定方程a*x+b*y=gcd(a,b)
我们可以得到该不定方程的解为x=yy,y=xx-a/b*yy.
当我们递归上述操作时会得到b=0的情况，此时式子相当与a*xx=a,
所以此时xx=1,yy=0;以此做返回值.
3、对于a*x+b*y=n这个不定方程的求解。
根据贝祖定理，我们知道a*x+b*y这个不定方程的值一定是gcd(a,b)的整数倍。
那么如果n不是gcd(a,b)的倍数，该不定方程一定没有整数解。
我们先求解出gcd(a,b).
方程两边同时除以gcd(a,b).我们假设aa=a/gcd(a,b),bb=b/gcd(a,b),nn=n/gcd(a,b)
所以方程两边同时除以gcd(a,b)后，
可以得到一个方程aa*x+bb*y=nn.
并且该方程aa*x+bb*y=nn的解x,y就是a*x+b*y=n的解。
我们转化成这个方程有什么用处呢？
用处就在于gcd(aa,bb)=1.
我们只要求解出aa*x+bb*y=1的其中一个解，设这两个解为x0,y0.
那么aa*x+bb*y=nn的其中一个解解就是x0*nn,y0*nn.
接着，a*x+b*y=n的其中一个解解也就是x0*nn,y0*nn.
很显然，这道题目要我们求解的个数，一个解是不够的。
我们继续看a*x+b*y=n这个式子，它的一个解为x0*nn,y0*nn.我们尝试代入，得到
a*(x0*nn)+b*(y0*nn)=n.
我们会发现
a*(x0*nn+1*b)+b*(y0*nn-1*a)=n
a*(x0*nn-1*b)+b*(y0*nn+1*a)=n.
继续推广
a*(x0*nn+k*b)+b*(y0*nn-k*a)=n （k属于整数）
nn=n/gcd(a,b).
那么一个结论出来了
『x=x0*nn+k*b
y=y0*nn-k*a
k属于整数
nn=n/gcd(a,b)
x0,y0,为a/gcd(a,b)*x+b/gcd(a,b)*y=1的一个解』
为原不定方程a*x+b*y=n的所有解。
4、关于sgu106的求解。
sgu106与a*x+b*y=n这个不定方程求解这两个问题的不同之处就在于。
sgu106的解有取值范围。
我们把x0*nn,y0*nn看成两个常数xz,yz.
那么原方程解就变成两个一次函数
x=k*b+xz（1）
y=-k*a+yz（2）
sgu106这道题就转化成为了求k所能够取到的整数个数
首先，弄清出已知与未知。
我们已知xz,yz，也已知方程左边的x和y的取值范围为x1到x2,y1到y2，也已知a和b
我们只需要求出k即可。
对于方程（1），我们带入x1,x2当作x的值，那么可以求出k1,k2(k1<k2)
同理，带入（2）,我们可以求出k3,k4.(k3<k4)
那么我们最后的答案ans=min(k2,k4)-max(k1,k3)+1即可。
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* Date : 2016-01-08-10.51
*/
#include <queue>
#include <cstdio>
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#include <stack>
#include <cmath>
#include <climits>
#include <map>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long( LL);
typedef unsigned long long( ULL);
const double eps( 1e-8);
long long a , b , c;
long long x1 , x2 , y1 , y2;
long long x , y;
long long exgcd( long long a , long long b)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
else
{
long long t = exgcd(b , a %b ), s = x;
x = y;
y = s -( a /b) * y;
return t;
}
}
long long solve()
{
scanf( "%lld %lld %lld" , & a , &b , & c);
scanf( "%lld %lld %lld %lld" , & x1 , & x2 , & y1 , & y2);
c = - c;
if( a == 0 && b == 0 && c != 0)
{
return 0;
}
if( a == 0 && b == 0 && c == 0)
{
return ( x2 - x1 + 1) *( y2 - y1 + 1);
}
if( a == 0)
{
long long sign = 0;
if( y1 <= c /b && y2 >= c /b && c %b == 0)
{
sign = 1;
}
return ( x2 - x1 + 1) * sign;
}
if(b == 0)
{
long long sign = 0;
if( x1 <= c / a && x2 >= c / a && c % a == 0)
{
sign = 1;
}
return ( y2 - y1 + 1) * sign;
}
long long gcd = exgcd( a , b);
long long ans = 0;
if( c % gcd != 0)
{
return 0;
}
/* 求交集 */
x = x *( c / gcd);
y = y *( c / gcd);
// 减小步长
a /= gcd;
b /= gcd;
long long lx = ( x1 - x > 0 &&( x1 - x) %b != 0) ?
(( x1 - x) /b + 1) :
(( x1 - x) /b);
long long rx = ( x2 - x < 0 &&( x2 - x) %b != 0) ?
(( x2 - x) /b - 1) :
(( x2 - x) /b);
long long ly = ( y - y2 > 0 &&( y - y2) % a != 0) ?
(( y - y2) / a + 1) :
(( y - y2) / a);
long long ry = ( y - y1 < 0 &&( y - y1) % a != 0) ?
(( y - y1) / a - 1) :
(( y - y1) / a);
if( lx > rx)
{
swap( lx , rx);
}
if( ly > ry)
{
swap( ly , ry);
}
if( rx >= ly && ry >= lx)
{
ans = min( rx , ry) - max( lx , ly) + 1;
}
return ans;
}
int main( int argc , char ** argv)
{
printf( "%lld" , solve());
return 0;
}
