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。
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
分析：
这道题需要用欧几里得扩展算法来做，首先 我们可以得到青蛙相遇时候的关系shi
x+am≡y+an(modL)
它就等于
a(m−n)≡y−x(modL)
把模去掉，就等于
a(m−n)+Lk=y−x
然后，用exgcd求
a(m−n)+Lk=gcd(m−n,L)
设d=gcd(m-n,L)，c=y-x。
若c%d!=0，则无解。
这样解出a后，最终答案就是：
(a∗cd)modLd
做到这里 ，需要证明一下（这部分是在别人的博客看到的）
设要解的方程（求x）是：
ax1+by1=c
而我们已经解得
ax+by=gcd(a,b)=d
此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：
ax∗cd+by∗cd=c
所以：
x1=x∗cd
这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。
我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么
<x−bd,y+ad>
也是原方程的一组解。
这样我们只需要让解得的x不断减b/d，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。
其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：
x1=(x∗cd)modbd
还有一种证法。对于这个式子：
ax1+by1=c
我们可以让等式两边同时除以d，则：
adx1+bdy1=cd
相当于化简，此时对结果无影响，求就好了。
代码如下：
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long LL; LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } LL t=exgcd(b,a%b,x,y); LL xx=x; x=y; y=xx-a/b*y; return t; } int main() { LL x,y,m,n,mod; while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&mod)) { if(m==n) puts("Impossible"); else { if(m<n) swap(m,n),swap(x,y); LL a,k; LL c=y-x; LL d=exgcd(m-n,mod,a,k); if(c%d) printf("Impossible "); else printf("%lld ",((a*c/d)%(mod/d)+(mod/d))%(mod/d)); } } return 0; }