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。
【输入格式
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。
【输出格式】
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"
【样例输入】
1 2 3 4 5
【样例输出】
4

解：

预备：已知a*x+b*y=c,已知a,b,c,求x,y.

a*x+b*y=c =>  a*x+b*y=c*gcd(a,b)/gcd(a,b)

=>  a*x/[c*gcd(a,b)]+b*y/[c*gcd(a,b)]=gcd(a,b)

对与式子a*x0/[c/gcd(a,b)]+b*y0/[c/gcd(a,b)]=gcd(a,b) 我们就以用扩展欧几里德来求出x0,y0

那么最终的x=x0*[c/gcd(a,b)]

           y=y0*[c/gcd(a,b)]

根据题目我们可以得到：k,z,a,b为未知量

(x+m*k)%L=z   =>  x+m*k=a*L+z  1)

(y+n*k)%L=z   =>  y+n*k=b*L+z   2)

1)-2)  得：  x-y+(m-n)*k=(a-b)*L

令a=a-b  => x-y+(m-n)*k=a*L  =>

(m-n)*k+L*a=y-x

根据以上预备知识，令 a=m-n,b=L,c=y-x,可以求得x

但求出来x可能是负的，但是a(x+bn)+b(y-an)=gcd(a,b);

那么xo=x+bn和yo=y-an都能是该方程的解

那么最小的正x则为(x%b+b)%b;

注意开long long

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll x,y,m,n,L;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0){
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    ll g=exgcd(b,a%b,x,y);
    swap(x,y);
    y=y-a/b*x;
    return g;
}//g是全程不变的，就是a,b的最小公约数。
ll gcd(ll x,ll y)
{
    ll r=x%y;
    while(r) x=y,y=r,r=x%y;
    return y;
}
int main()
{
//    freopen("poj_hama.in","r",stdin);
//    freopen("poj_hama.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
    ll a,b,c;
    a=m-n;b=L;c=y-x;
    ll gg=exgcd(a,b,x,y);
    if(c%gg==0){
        x%=L;c%=L;
        x=x*c/gg;
        printf("%lld
",(x%L+L)%L);
    }
    else puts("Impossible");
    return 0;
}