我正在寻找一种算法，给定自然参数l1，n1，m1，l2，n2，m2和size， 当且仅当存在自然数k1，k2，r1，r2时才回答“真”：
l1 + k1 * m1 + r1 = l2 + k2 * m2 + r2
具有约束k1＆lt; = n1，k2＆lt; = n2，r1＆lt;尺寸，r2＆lt;尺寸和r1＆lt;＆gt; R2。
明显的解决方案是min（n1，n2）线性。我正在寻找一些更高效的东西。
我试图在静态分析器中实现对C99规则6.5.16.1:3的检查
如果从另一个对象读取存储在对象中的值 以任何方式重叠第一个对象的存储，然后是 否则，重叠应该是准确的，行为是 未定义。
当分析器遇到*p1 = *p2; p1，其中p2和p1可能指向同一个区块时，它必须检查p2和{{1}指向的区域不要以上述规则禁止的方式重叠。上面的参数“size”对应于p1和p2指向的类型的大小。这个尺寸是静态的。已知p1指向块内的偏移量表示为集合l1 + k1 * m1，其中l1和m1是固定的，已知的自然整数和k1在0和n1之间变化（n1也是固定且已知的） 。类似地，已知偏移p2指向某些已知的l2，m2和n2的形式为l2 + k2 * m2。等式l1 + k1 * m1 + r1 = l2 + k2 * m2 + r2对应于一些重叠偏移的存在。条件r1＆lt;＆gt;当分析仪必须发出警告时，r2对应于重叠不精确的情况。
答案 0 :(得分：3)
看来你正在寻找线性同余系统的解决方案。 Chinese remainder theorem应该适用。它不会应用你的边界检查，但如果它找到了解决方案，你可以自己检查边界。
编辑：忘掉CRT。
假设size <= m1和size <= m2，将内存区域的低（包含）和高（独占）边缘建模为线性关系：
addr1low = l1 + k1*m1
addr1high = addr1low + size = l1 + k1*m1 + size
addr2low = l2 + k2*m2
addr2high = addr2low + size = l2 + k2*m2 + size
您想知道k1, k2或addr1low < addr2low < addr1high范围内是否存在addr1low < addr2high < addr1high。注意排他性不平等;这样我们就可以避免完全重叠范围。
假设m1 = m2 = m。考虑：
addr1low < addr2low
l1 + k1*m < l2 + k2*m
(k1 - k2) * m < l2 - l1
k1 - k2 < (l2 - l1) / m
addr2low < addr1high
l2 + k2*m < l1 + k1*m + size
l2 - l1 < (k1 - k2) * m + size
(l2 - l1 - size) < (k1 - k2) * m
(l2 - l1 - size) / m < k1 - k2
上述进展是可逆的。假设k1, k2可能为0，-n2 <= k1 - k2 <= n1。如果(l2 - l1 - size) / m和(l2 - l1) / m之间存在一个整数，则系统保持并且存在重叠。也就是说，如果是ceil(max((l2 - l1 - size) / m, -n2)) <= floor(min((l2 - l1) / m, n1))。另一种情况（addr1low < addr2high < addr1high）也是如此：
addr1low < addr2high
l1 + k1*m < l2 + k2*m + size
// ..
(l1 - l2 - size) / m < k2 - k1
addr2high < addr1high
addr2low + size < addr1low + size
addr2low < addr1low
// ..
k2 - k1 < (l1 - l2) / m
现在测试变为ceil(max((l1 - l2 - size) / m, -n1)) <= floor(min((l1 - l2) / m, n2))。
现在考虑m1 <> m1，不失一般性，请m1 < m2。
将变量视为连续，解决交叉点：
addr1low < addr2low
l1 + k*m1 < l2 + k*m2
(l1 - l2) < k * (m2 - m1)
(l1 - l2) / (m2 - m1) < k
addr2low < addr1high
l2 + k*m2 < l1 + k*m1 + size
l2 - l1 - size < k * (m1 - m2)
(l2 - l1 - size) / (m1 - m2) > k // m1 - m2 < 0
同样，这些步骤是可逆的，因此任何满足边界的整数k < min(n1, n2)都会使系统保持不变。也就是说，如果ceil(max((l1 - l2) / (m2 - m1), 0)) <= floor(min((l2 - l1 - size) / (m1 - m2), n1, n2))，则成立。另一种情况：
addr1low < addr2high
l1 + k*m1 < l2 + k*m2 + size
l1 - l2 - size < k * (m2 - m1)
(l1 - l2 - size) / (m2 - m1) < k
addr2high < addr1high
addr2low + size < addr1low + size
addr2low < addr1low
l2 + k*m2 < l1 + k*m1
l2 - l1 < k * (m1 - m2)
(l2 - l1) / (m1 - m2) > k // m1 - m2 < 0
此处测试成为ceil(max((l1 - l2 - size) / (m2 - m1), 0)) <= floor(min((l2 - l1) / (m1 - m2), n1, n2))。
最终的伪代码可能如下所示：
intersectos?(l1, n1, m1, l2, n2, m2, size) {
if (m1 == m2) {
return ceil(max((l2 - l1 - size) / m, -n2)) <= floor(min((l2 - l1) / m, n1)) ||
ceil(max((l1 - l2 - size) / m, -n1)) <= floor(min((l1 - l2) / m, n2));
}
if (m1 > m2) {
swap the arguments
}
return ceil(max((l1 - l2) / (m2 - m1), 0)) <= floor(min((l2 - l1 - size) / (m1 - m2), n1, n2)) ||
ceil(max((l1 - l2 - size) / (m2 - m1), 0)) <= floor(min((l2 - l1) / (m1 - m2), n1, n2));
}
答案 1 :(得分：2)
p1和p2的相互排列是周期性的，周期等于1cm（m1，m2）= m1 * m2 / gcd（m1，m2）。在显而易见的解决方案中，假设您将k1从0迭代到n1。由于提到的重复模式，您可以在达到m2 / gcd（m1，m2）时立即停止。我假设你已经减少了（l1，n1）到交叉点。
让我们重新提出一个问题：p1和p2之间的最小非零距离是否小于大小？
首先，让我们考虑p1-p2。然后我们将p2-p1添加到混合物中。
所以我们想找到
的最小非零值p1 - p2 =（l1 + k1 * m1） - （l2 + k2 * m2）=（l1-l2）+（k1 * m1 - k2 * m2）。
设d = gcd（m1，m2）。如果我们允许k1和k2取任意整数值，则k1 * m1 - k2 * m2的所有可能值的集合与任意整数k的k * d的所有可能值的集合完全相同。
因此，（l1-l2）+（k1 * m1-k2 * m2）的最小非零值是（l1-l2）mod d，如果它不为零或者否则为d。这里，即使（l1-l2）为负，mod也会给出正结果。
让我们找到最小的k1和k2。扩展的欧几里德算法给出了a1和a2（可能是负的），使得d = a1 * m1-a2 * m2。该解决方案是唯一的，直到添加0 =（m2 / d）* m1 - （m1 / d）* m2。然后
（l1-l2）mod d =（l1-l2）+ k * d
（l1-l2）mod d =（l1-l2）+ k *（a1 * m1 - a2 * m2）
（l1-l2）mod d =（l1-l2）+（k * a1）* m1 - （k * a2）* m2
加上或减去0 =（m2 / d）* m1 - （m1 / d）* m2足够的次数，使得m1和m2的系数均为正且最小。这为你提供了p2在距离（l1-l2）mod d第一次到达p1的位置。
如果刚发现k1和k2处于界限且（l1-l2）mod d非零，那么这肯定地回答了问题。否则对（l1-l2）mod d + d重复相同的操作。并不断重复，直到你达到规模。
然后重复p2-p1而不是p1-p2。
如果没有一个步骤给出肯定答案，那么答案是否定的。
该算法的复杂性为O（size / gcd（m1，m2））。
在每种特定情况下，首选哪种算法取决于特定数字。计算gcd也不是免费的（O（log（min（m1，m2）））。