青蛙的约会

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L

其中0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。

输出格式：

输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。

输入输出样例

输入样例#1：

1 2 3 4 5

输出样例#1：

4

说明

各个测试点2s

 

这是个追击问题，当　“(x+m*t)-(y+n*t)=p*l”　（t为时间，p为圈数之差）时两青蛙相遇。

令a=n-m,b=l,d=x-y,c=gcd(a,b).

变形一下可得到“a*t+p*b=d”　（一）　很明显用扩展欧几里得算法可以得到一组（t0,p0）使得a*t+p*b=c（二）成立

但是我要的是令（一）满足的t，即t=t0*(d/c)才是符合条件的；

然而还有一个问题-----t得出来的可能是负数，所以要转正一下。

在程序上，先判断一下有没有解，如果 d%c不为零则无解

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
#define LL long long
LL x,y,m,n,l;
LL gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    LL ret,tmp;
    if(!b)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    ret=gcd(b,a%b,x,y);
    tmp=x;
    x=y;
    y=tmp-a/b*y;
    return ret; 
} 
int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
    LL c=x-y,a=n-m,b=l,X,Y;    
    if(a<0)    a=-a,c=-c;    LL g=gcd(a,b,X,Y);
    if(c%g!=0)    printf("Impossible
");
    else
    {
        l=l/g;//其实这里为什么这样处理我也不知道
        cout<<((X*(c/g)%l+l)%l)<<endl;
    }
    return 0;
}