poj 1061 青蛙的约会

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

 

 

分析：青蛙相遇的地方，距离原点的相对位置相同。

青蛙A: x+tm

青蛙B：y+tn

A%L=B%L

所以（A-B)%L=0;

即：

（x+tm)-(y+tn)=cl

=>（m-n)t-cl=-(x-y)=> (n-m)t-c*l=(x-y)·········2

我们可以通过扩展欧几里得算法求得：

(n-m)t-l*c=gcd((n-m),l)·······1对应的解 t=gcd_x,c=gcd_y;

如果(x-y)%gcd((n-m),l)=0，则 把1式 等式两边同时*(x-y)/gcd((n-m),l)，可以得到2式，

所以t=t*gcd((n-m),l)，因为可能是负值，进行一次周期变化，即可得到答案。

如果(x-y)%gcd((n-m),l)!=0,则原式子无解。

 

#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
 long long  ext_gcd(long long a, long long  b, long long  *x, long long *y)
 {
     if(b==0)
     {
         *x = 1,*y = 0;
         return a;
     }
     else
     {
         long long  r = ext_gcd(b, a%b, x, y);
         long long  t = *x;
         *x = *y;
         *y = t - a/b * *y;
         return r;
     }
 }
int main()
{
    long long x,y,m,n,l;
    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&l))
    {
        long long gcd_x,gcd_y;
        long long gcd = ext_gcd(n-m,l,&gcd_x,&gcd_y);
        if((x-y)%gcd)
        {
            printf("Impossible
");
            continue;
        }
        long long ans= gcd_x*(x-y)/gcd;
        ans=(ans%(l/gcd)+(l/gcd))%(l/gcd);
       // cout<<(l/gcd)<<endl;
        printf("%I64d
",ans);
    }
    return 0;
}