poj1061青蛙的约会 (扩展欧几里德)

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

题意：给你两个青蛙的坐标x1,y1，以及它们每次能跳的距离m,n,它们绕着长为l的圈子同方向跳跃，问最少跳几次它们能够碰面。

思路：要使得它们在一个地方碰面，那么必须满足(x1+m*t)=(y1+n*t)mod l,变形后为(m-n)*t+l*(-k)=y1-x1,这里如果m<n，那么要把m,n;x,y;相互交换。变形后的式子就是一个普通的模线性方程了。

有一个结论：方程ax=b(mod n)有解（即存在d|b,其中d=gcd(a,n)),x0=x*(b/d)%n+n是该方程的任意一个解,也是最小非负整数解，则该方程对模n恰有d个不同的解，分别为 xi=x0+i*(n/d)(i=0,1,...d-1).方程ax=b(mod n)对模n的最小非负整数解为x0 ,最大整数解x2=x0+(d-1)*(n/d)。

#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef long double ldb;
#define inf 99999999
#define pi acos(-1.0)

ll extend_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(b==0){
        x=1;y=0;return a;
    }
    ll d=extend_gcd(b,a%b,y,x);
    y-=a/b*x;
    return d;
}

int main()
{
    ll x,y,n,m,l,x1,y1,i;
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x1,&y1,&m,&n,&l)!=EOF)
    {
        if(m<n){
            swap(m,n);
            swap(x1,y1);
        }
        ll dis=y1-x1;
        ll d=extend_gcd(m-n,l,x,y);
        if(dis%d!=0){
            printf("Impossible\n");continue;
        }
        x=x*dis/d;
        ll r=l/d;
        x=(x%r+r)%r;//求出最小非负整数解
        printf("%I64d\n",x);
    }
    return 0;
}