BOJ 6064 (카잉 달력)

문제
최근에 ICPC 탐사대는 남아메리카의 잉카 제국이 놀라운 문명을 지닌 카잉 제국을 토대로 하여 세워졌다는 사실을 발견했다. 카잉 제국의 백성들은 특이한 달력을 사용한 것으로 알려져 있다. 그들은 M과 N보다 작거나 같은 두 개의 자연수 x, y를 가지고 각 년도를 <x:y>와 같은 형식으로 표현하였다. 그들은 이 세상의 시초에 해당하는 첫 번째 해를 <1:1>로 표현하고, 두 번째 해를 <2:2>로 표현하였다. <x:y>의 다음 해를 표현한 것을 <x':y'>이라고 하자. 만일 x < M 이면 x' = x + 1이고, 그렇지 않으면 x' = 1이다. 같은 방식으로 만일 y < N이면 y' = y + 1이고, 그렇지 않으면 y' = 1이다. <M:N>은 그들 달력의 마지막 해로서, 이 해에 세상의 종말이 도래한다는 예언이 전해 온다.

예를 들어, M = 10 이고 N = 12라고 하자. 첫 번째 해는 <1:1>로 표현되고, 11번째 해는 <1:11>로 표현된다. <3:1>은 13번째 해를 나타내고, <10:12>는 마지막인 60번째 해를 나타낸다.

네 개의 정수 M, N, x와 y가 주어질 때, <M:N>이 카잉 달력의 마지막 해라고 하면 <x:y>는 몇 번째 해를 나타내는지 구하는 프로그램을 작성하라.

• 입력
  입력 데이터는 표준 입력을 사용한다. 입력은 T개의 테스트 데이터로 구성된다. 입력의 첫 번째 줄에는 입력 데이터의 수를 나타내는 정수 T가 주어진다. 각 테스트 데이터는 한 줄로 구성된다. 각 줄에는 네 개의 정수 M, N, x와 y가 주어진다. (1 ≤ M, N ≤ 40,000, 1 ≤ x ≤ M, 1 ≤ y ≤ N) 여기서 <M:N>은 카잉 달력의 마지막 해를 나타낸다.
  
  
• 출력
  출력은 표준 출력을 사용한다. 각 테스트 데이터에 대해, 정수 k를 한 줄에 출력한다. 여기서 k는 <x:y>가 k번째 해를 나타내는 것을 의미한다. 만일 <x:y>에 의해 표현되는 해가 없다면, 즉, <x:y>가 유효하지 않은 표현이면, -1을 출력한다.

처음 풀이

#include<iostream>
using namespace std;
int M, N, x, y;
void fast_io()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
}

int icpc(int first, int second, int t1, int t2)
{
	int temp1 = 1; int temp2 = 1; int count = 1; bool check = true;
	while (!(temp1 == t1 && temp2 == t2))
	{
		if (temp1 < first && temp2 < second)
		{
			temp1++; temp2++;
			count++; continue;
		}
		else if (temp1 < first && temp2 >= second)
		{
			temp1++; temp2 = 1;
			count++; continue;
		}
		else if (temp1 >= first && temp2 < second)
		{
			temp1 = 1; temp2++;
			count++; continue;
		}
		check = false;
		break;
	}
	if (!check)
	{
		return -1;
	}
	else return count;
}

int main()
{
	void fast_io();
	int T; cin >> T;
	while (T--)
	{
		cin >> M >> N >> x >> y;
		cout << icpc(M, N, x, y) << '\n';
	}
}

정말 그대로 반복문을 엄청 돌렸다. 문제 조건에서 범위가 M과 N의 범위가 40000이라 당연히 시간초과가 날 것 같았음 (문제에 주어진 기대입력 기대 출력은 나오기는 함)

최대공약수 최소공배수 이용한 풀이

#include<iostream>
using namespace std;
int M, N, x, y;
void fast_io()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(NULL);
}

int GCD(int num1, int num2)
{
	if (num2 == 0)
	{
		return num1;
	}
	return GCD(num2, num1 % num2);
}

int LCM(int num1, int num2)
{
	return (num1 * num2) / GCD(num1, num2);
}

int main()
{
	void fast_io();
	int T; cin >> T;
	while (T--)
	{
		int result = -1;
		cin >> M >> N >> x >> y;
		int MAX = LCM(M, N);
		for (int i = x; i <= MAX; i += M)
		{
			int temp = i % N;
			if (temp == 0) temp = N;
			if (temp == y) {
				result = i;
				break;
			}
		}
		cout << result << '\n';
	}
}

나머지에서 M만큼 반복될 때마다 원하는 타겟이 나오게 된다. 멸망하는 해는 두 수의 최소 공배수가 되므로 반복문을 돌려주고 나머지 숫자는 타겟 해와 나누었을 때 나머지가 y와 일치할 때 원하는 결과를 얻을 수 있었다.