POJ1061 青蛙的约会 拓展欧几里得

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 

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以前觉得巨难的一道题目，记得当时怼到晚上一点还没搞清楚，现在回来再想想，完全是当时看的题解博客坑人，不介绍拓展欧几里得算法，强行写一大堆自己的解法，很难理解。

想做这道题，必须先好好的了解拓展欧几里得算法，并且推一遍exgcd过程

推荐一篇https://www.cnblogs.com/hadilo/p/5914302.html，看第三点用exgcd解不定方程，然后就会发现...这道青蛙的约会就是赤裸裸的模板题....

设跳了t时间后，显然题目可以变成求解（x+mt）%L = （y+nt）%L，；而又由于同余定理（不会请百度），（x+mt-y-nt)%L = -k。-k为一个整数（写为-k只是为了后面变化的方程好看点）

这样只有t和k是未知数，方程化为（m-n)*t + L*k = y-x， 接下来就用exgcd解不定方程的方法直接做就行了，还有一点要注意的是，解出来的t其实是一个特解，有可能小于0，所以要化为最小的正数解，具体也可以看前面那篇博客

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <cstdio>
#include <math.h>
#define SIGMA_SIZE 26
#pragma warning ( disable : 4996 )

using namespace std;
typedef long long LL;

inline int Max(int a,int b) { return a>b?a:b; }
inline int Min(int a,int b) { return a>b?b:a; }
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int maxn = 1e3+5;
const int mod = 10056;

LL X, Y, M, N, L, ans;

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

//LL getGcd( LL a, LL b )
//{ return b==0?a:getGcd(b,a%b); }

int main()
{
    scanf( "%lld%lld%lld%lld%lld", &X,&Y,&M,&N,&L );
    if( M < N )
        { swap(M,N); swap(X,Y); }

    LL x0 = 0, y0 = 0;
    LL gcd = getExgcd( M-N, L, x0, y0 );

    if( (Y-X)%gcd )
        cout << "Impossible" << endl;
    else
    {
        LL res = L/gcd;
        ans = ((x0*(Y-X)/gcd)%res+res)%res;
        printf( "%lld
", ans );
    }
}