POJ 1061青蛙的约会（扩展欧几里得）

青蛙的约会 Time Limit: 1000MS Memory Limit: 10000KTotal Submissions: 113174 Accepted: 23074

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

题解：

这道题很容易列出方程mt-nt=x-y+ql;q为两只青蛙的圈数差

然后化简可以得到（m-n）t-ql=x-y，对于方程(m-n)-ql=gcd(m-n,l),我们很容易用扩展欧几里得定理解出；

但是对于上面这个方程，我们可以先将m-n与l分别除gcd（m-n,l）,然后对于结果只需要*d即可；

代码如下

#include <iostream> //#include <bits/stdc++.h> #include <cstdio> #include <cmath> #define LL long long using namespace std; LL t=0,q=0; LL gcd(LL a,LL b) { if(b==0) return a; else return gcd(b,a%b); } LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y) { if(b==0) { x=1; y=0; return a; } else { LL r=ex_gcd(b,a%b,y,x); y-=x*(a/b); return r; } } int main() { LL x,y,m,n,l; cin>>x>>y>>m>>n>>l; LL a=(m-n+l)%l; LL b=l; LL c=gcd(a,b); LL d=(y-x+l)%l; if(d%c!=0) { cout<<"Impossible"<<endl; return 0; } a/=c; d/=c; b/=c; c=ex_gcd(a,b,t,q); t=(t+l)%l; //t/=c; t*=d; t%=l; cout<<t<<endl; return 0; }