POJ1061 青蛙的约会 —— 扩展gcd

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青蛙的约会

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Description

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。 

Input

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

输出碰面所需要的跳跃次数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

Source

浙江

题意：

一个圆圈长L，A站在x处，B站在y处，两人向同一方向跳，A每步跳的距离为m，B为n，且A、B跳一步的时间相同。问：至少要条多少步，使得他们某一时刻跳到同一个位置？或者不可能？

题解：

1.当跳了a步时（a为正时向右跳，a为负时向左跳），A所在位置为：(a*m + x )%L，B所在位置为：(a*n + y)%L  如果此时两者在同一位置，则：(a*m + x )%L = (a*n + y)%L，即： a*m + x + b*L = a*n + y，移项得：a*(m-n) + b*L = y - x。

2.可知上述式子为二元一次方程，于是可以用扩展欧几里得算法进行求解。

3.注意，欧几里得算法需要满足 a*x + b*y = c， 其中 a>0 且 b>0。所以上述式子a*(m-n) + b*L = y - x，如果m-n小于0，则不满足条件了，需要交换位置，即：

a*n + y + b*L = a*m + x，得：a*(n-m) + b*L = x - y。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int INF = 2e9;
const LL LNF = 9e18;
const int mod = 1e9+7;
const int MAXM = 1e5+10;
const int MAXN = 5e5+10;

LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)
{
    if(a==0 &&b==0) return -1;
    if(b==0) {x=1; y=0; return a;}
    LL d = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b*x;
    return d;
}

int main()
{
    LL x, y, n, m, L;
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
    {
        if(m<n) swap(m,n), swap(x,y);
        LL A = m-n, B = L, C = y-x;
        LL X, Y;
        LL d = exgcd(A, B, X, Y);

        if(C%d)
        {
            printf("Impossible
");
            continue;
        }

        X *= C/d;
        X = (X%(B/d)+(B/d))%(B/d);
        printf("%lld
", X);
    }
}