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Description
我們把這兩隻青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處爲原點，由東往西爲正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點座標是x，青蛙B的出發點座標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩隻青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以後纔會碰面。
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要做此題，先要明白幾個定理，爲保嚴謹性我按順序一一證明出來。唉，證明太枯燥無味了，先說一下題意吧。
公青蛙一開始在x位置，母青蛙在y位置。公青蛙每次跳m米，母青蛙每次跳n米，並且都是向右跳的。地球經線長度是L，然後地球是圓的，也就是說，跳到L、L+1、L+2……其實就是跳到0、1、2。 公青蛙想追母青蛙，問多少次後它們能跳到一起。如果它們永遠不能相遇，就輸出Impossible（好可憐啊！）
很明顯嘛，就是求一個k，使x + k*m ≡ y + k*n (mod L) 嘛，木有錯吧？至少我是這麼想滴！然後對方程化簡咯，就變成(n-m) * k ≡ x-y (mod L)咯。然後這個方程其實就等價於(n-m)*k + L*s = x-y咯。這就是ax + by = c求整數x的模型。
要求ax + by = c的整數x解，可不是那麼簡單滴，首先，設d = gcd(a, b)，方程兩邊除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，很顯然嘛，a是整除d的，b也是整除d的，而x、y都是整數解，所以要求c/d也是整數嘛。如果c不整除d，當然就是Impossible咯。不然的話，如果我們能求出ax0+by0=d的解x0和y0，那麼兩邊乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c，就可以得到原來方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)咯。
ax0 + by0 = d一定有解？這就得通過嚴謹的證明了：
定理一：如果d = gcd(a, b)，則必能找到正的或負的整數k和l，使d = a*k + b*l。
證明：由於 gcd(a, 0) = a，我們可假設b ≠ 0，這樣通過連除我們能夠寫出
a = b*q1 + r1
b = r1*q2 + r2
r1 = r2*q3 + r3
……
由第一式有r1 = a - q1*b，所以r1能寫成k1*a + l1*b的形式（這時k1 = 1, l1 = -q1）。由第二式有r2 = b - r1*q2 = b - (k1*a + l1*b)*q2 = -q2*k1*a + (1 - q2*l1)*b = k2*a + l2*b。
顯然，這過程通過這一串餘數可重複下去，直到得到一個表達式rn = k*a + l*b，也就是d = k*a + l*b，這就是我們所要證明的。
所以說，ax0 + by0 = d一定有解！那麼應該怎麼求x0和y0呢？要用到一種叫做擴展歐基裏得的算法（NND，第一次聽說，我還是太弱了啊~~~）！
求法如下：由於gcd(a, b) = gcd(b, a%b) （這個不用證明了吧？？？地球人都知道！），有ax0 + by0 = gcd(a, b) = gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1，而a%b又可以寫成a-a/b*b（a/b*b不等於a啊！），所以=bx1 + (a-a/b*b)y1 = ay1 + b(x1-a/b*y1)，所以如果我們求出gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1的x1和y1，那麼通過觀察就可以求出x0 = y1，y0 = (x1 - a/b*y1)。那我們怎樣求x1和y1呢？當然是求x2和y2了，做法一樣滴。一直求到gcd(an, 0) = an*xn + 0 * yn，這時令xn=1，yn=0就完事了，就可以求xn-1和yn-1，然後xn-2和yn-2，然後一直求到x0和y0了。
所以得到ax0 + by0 = gcd(a, b)求整數x0、y0的擴展歐基裏得算法
然後求ax + by = c，判斷c如果不能被d整除就Impossible，否則就令x = c/d * x0就可以得到一個x解了。
但有無數個解滿足ax + by = c的。爲神馬呢？ax + by = c其實就等價於ax ≡ c (mod b)對不？如果我得到一個特解x*，那麼加上若干倍b還是這個方程的解，因爲a(x*+k*b) = ax* + a*k*b ≡ c + 0 ≡ c (mod b)。因而方程在[0, b-1]上一定有整數解（假如小於0，你加上若干倍b啊，就可以讓它保持在0~b-1中；如果大於b-1，你減去若干倍b啊，它也保持0~b-1）。
那麼怎樣求最小的非負整數x呢？又要用到兩個定理：
定理二：若gcd(a, b) = 1，則方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
證明：由定理一知，總可以找到或正或負的整數k和l使a*k + b*l = gcd(a, b) = 1，即我們可以求出ax ≡ 1 (mod b)的解x0。當然，兩邊乘以c有a(cx0) ≡ c (mod b)，所以有x = cx0就是ax ≡ c (mod b)的解。由於加上或減去若干倍b都是該方程的解，所以x在[0, b-1]上有解。那麼怎樣確定它的唯一性呢？我花了一個小時終於證明出來了，證明方法就是，假設x1和x2都是[0, b-1]上的解，那麼就有ax1 ≡ c (mod b)，ax2 ≡ c (mod b)，兩式相減就有a(x1-x2) ≡ 0 (mod b)，即a(x1-x2)可以被b整除。但gcd(a, b) = 1啊！所以a和b之間沒有共同的語言可以交流，所以只能說(x1-x2)被b整除了。但x1和x2都在[0, b-1]上，所以x1-x2也在[0, b-1]上，所以只能說x1-x2=0了，因此x1=x2。這就證明了解的唯一性！
這個定理不過是爲了證明定理三方便而已，定理三才是王道：
定理三：若gcd(a, b) = d，則方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
證明：上面說過，這個該死的方程等價於ax + by = c，如果有解，兩邊同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，顯然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解，得證！
有了上面幾個該死的定理，小菜我終於把最小非負整數的問題解決了。如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那麼我令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以我用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非負整數解x了！（X % r可能是負值，此時保持在[-(r-1), 0]內，正值則保持在[0, r-1]內。加上r就保持在[1, 2r - 1]內，所以再模一下r就在[0, r-1]內了）。
代碼如下：
#include <iostream>
using namespace std;
long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y)
{
long long d, t;
if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; }
d = extgcd(b, a % b, x, y);
t = x - a / b * y; x = y; y = t;
return d;
}
int main()
{
long long x, y, m, n, L, X, Y, d, r;
while (cin >> x >> y >> m >> n >> L)
{
d = extgcd(n - m, L, X, Y); r = L / d;
if ((x - y) % d) cout << "Impossible" << endl;
else cout << ((x - y) / d * X % r + r) % r << endl;
}
return 0;
}
