[poj1061]: 青蛙的約會（擴展歐幾里得）

青蛙的約會

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Description

兩隻青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面爲止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特徵，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝着某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩隻青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。爲了幫助這兩隻樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩隻青蛙是否能夠碰面，會在什麼時候碰面。 
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。 

Input

輸入只包括一行5個整數x，y，m，n，L，其中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

輸出碰面所需要的跳躍次數，如果永遠不可能碰面則輸出一行"Impossible"

Sample Input

1 2 3 4 5

Sample Output

4

Source

浙江

題解

根據題意可以列出 (s+k*m)%L=(e+k*n)%L,k爲步數，   

於是(s+k*m+L*y)%L=(e+kn)%L

然後s+k*m+L*y=e+k*n

移項轉換一下得，(m-n)*k+L*y=e-s

用x代替k  於是有(m-k)*x+l*y=e-s 這就類似於ax+by=c的形式了

擴展歐幾里德可以求出一組解，xo，yo；

ax+by=gcd(a,b);

求x的最小正整數解

求出來x可能是負的，但是a(x+bn)+b(y-an)=gcd(a,b);

那麼xo=x+bn和yo=y-an都能是該方程的解

那麼最小的正x則爲(x%b+b)%b;

//此題要用long long不然過不了 
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
ll x,y;
ll gcd(ll x,ll y){
	return y?gcd(y,x%y):x;
}
void exgcd(ll a,ll b){
	if(b==0){x=1;y=0;}
	else{
		exgcd(b,a%b);
		ll t=x;
		x=y;
		y=t-(a/b)*y;
	}
}
int main(){
	ll s,e,m,n,l;
	scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&s,&e,&m,&n,&l);
	ll a=m-n,b=l,c=e-s;
	exgcd(a,b);
	ll t=gcd(a,b);
	if(c%t!=0)
		printf("Impossible\n");
    else {
		x=x*c/t;
		printf("%lld\n",(x%b+b)%b);
	}
	return 0;
}