POJ 1061 青蛙的约会（拓展欧几里得）

青蛙的约会

Time Limit: 1000MS

Memory Limit: 10000KB

64bit IO Format: %I64d & %I64u

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Description

两仅仅青蛙在网上相识了。它们聊得非常开心，于是认为非常有必要见一面。它们非常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。但是它们出发之前忘记了一件非常重要的事情。既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的详细位置。

只是青蛙们都是非常乐观的，它们认为仅仅要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。但是除非这两仅仅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。为了帮助这两仅仅乐观的青蛙，你被要求写一个程序来推断这两仅仅青蛙是否可以碰面。会在什么时候碰面。

 
我们把这两仅仅青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，而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，两仅仅青蛙跳一次所花费的时间同样。纬度线总长L米。如今要你求出它们跳了几次以后才会碰面。

 

Input

输入仅仅包含一行5个整数x，y，m，n，L，当中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

输出碰面所须要的跳跃次数。假设永远不可能碰面则输出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

题目大意：

2仅仅青蛙分别站在x和y处，每次分别能跳m和n米，维度线总长L，求跳了几次后会碰面。若永远不能碰面，则输出-1.

解题思路：
我们能够把题目理解成这个意思
设t为跳的次数，k为某一个整数
（x+mt）-（y+nt）=Lk
（x-y）-（n-m）t=Lk
（n-m）t+Lk=（x-y）
当中（n-m）、L、（x-y）为已知。t和k未知，t为所求。
所以我们就把这道题转化成了拓展欧几里得求t。

參考代码：

#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const double eps=1e-10;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=1100;
typedef long long LL;

LL m,n,x,y,L;

LL gcd(LL a,LL b)
{
    return b?
gcd(b,a%b):a;
}

void exgcd(LL a,LL b,LL c,LL& ansx,LL& ansy)
{
    if(b==0)
    {
        c=a;
        ansx=1;
        ansy=0;
    }
    else
    {
        exgcd(b,a%b,c,ansy,ansx);
        ansy-=ansx*(a/b);
    }
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif // ONLINE_JUDGE
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
    {
        LL a=n-m,b=L,c=x-y;
        LL g=gcd(a,b);
        if(c%g||m==n)
        {
            printf("Impossible
");
            continue;
        }
        LL ansx,ansy;
        a/=g;
        b/=g;
        c/=g;
        exgcd(a,b,c,ansx,ansy);//a*ansx+b*ansy=c
        ansx*=c;
        ansx%=b;
        while(ansx<0)//ansx可能为负数
            ansx+=L;
        printf("%lld
",ansx);
    }
    return 0;
}