【清北前紧急补课2】同余方程

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

这就大致是题目了。
仔细看一看，不难发现这要通过同余方程来做。
我们都知道gcd递归定理 gcd（a,b）=gcd（b，b%a）；
可以知道其具有线性关系（v（a+b）=v（a）+v(b)（即原来的数字相加后再计算等于原来的数字计算后再相加））

可以用到扩展欧几里得定理 即 d=gcd（a,b） 此时保证有正数或负数k，l d=a*x+b*y有解。
定理2： gcd（a，b）=1 ax=c（mod b） 在[0,b-1]上有解。
定理3： gcd（a，b）=d ax=c（mod b） 在[0,b/d-1]上有解
ax+by=c 则有 （a/d）x+（b/d）y=（c/d） 则有 （a/d）x=c/d（mod b/d）
那么我们就可以假设 a%b=a-a/b*b（注意这并不是右边等于a！！）

先写到这吧先把代码贴上一会再说别的证明吧。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long a,b,x,y,n,m,L,sum,d,X,Y;

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(){
    cin>>x>>y>>m>>n>>L;
    a=n-m,b=x-y;
    if(a<0){
        a=-a;
        b=-b;
    }
    d=extgcd(a,L,X,Y);sum=L/d;
    if(b%d) cout<<"Impossible"<<endl;
    else cout<<(b/d*X%sum+sum)%sum<<endl;
}