//poj 1061
思路：两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；则：(x+mt)-(y+nt)=kl;变形得：(m-n)t-(y-x)=kL;即有(m-n)t mod L=y-x;为线性同余方程。此方程有解当且仅当y-x能被m-n和L的最大公约数(记为gcd(m-n,L)),即gcd(m-n,L)|y-x。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(m-n)t mod L=y-x成立，那么所有的解可以表示为： {x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。
欧几里得算法的拓展应用中有如下三条定理：
如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*x+ b*y。
定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。
代码：
同余方程，欧几里得扩展定理
poj1061
#include <iostream>
using namespace std;
long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
//欧几里得扩展定理，ax+by=d，返回值是gcd（a，b），x，y
long long d, t;
if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; }
d = extgcd(b, a % b, x, y);
t = x - a / b * y; x = y; y = t;
return d;
}
//ax+by=1，那么在[1,b-1]之间有解，那么ax+by=d在[1，b/d-1]有解
int main()
{
long long x, y, m, n, L, X, Y, d, r;
while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
{
d = extgcd(n - m, L, X, Y); r = L / d;
if ((x - y) % d) cout << "Impossible" << endl;
else cout << ((x - y) / d * X % r + r) % r << endl;
}
return 0;
}