青蛙的约会

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L

其中0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。

输出格式：

输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。

输入输出样例

输入样例#1： 

1 2 3 4 5

输出样例#1： 

4

分析：
假设跳了T 次以后，青蛙 1 的坐标便是x+m*T,青蛙2 的坐标为y+n*T 。它们能够相遇的情况为（x+m*T)-(y+n*T)==P*L，其中P为某一个整数，变形一下得到(n-m)*T-P*L==x-y我们设 a=(n-m),b=L,c=x-y,T=x,P=y.于是便得到 ax+by==c，直接利用欧几里得扩展定理可以得到一组 x,y 但是这组 x,y不一定是符合条件的最优解，首先,当gcd(a,b)不能整除c 的时候是无解的，当c 能整除gcd(a,b)时，把x 和y 都要变为原来的c/gcd(a,b)倍,我们知道它的通解为 x0+b/gcd(a,b)*t要保证这个解是不小于零的最小的数，我们先计算当x0+b/gcd(a,b)*t=0时的t值，此时的t记为t0=-x0/b/gcd(a,b)（整数除法），代入t0如果得到的x小于零再加上一个b/gcd(a,b)就可以了。

CODE:

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l;
long long a,b,c,d,X0,Y0;
void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x0,long long &y0){
    if (b) {
        exgcd(b,a%b,d,y0,x0);
        y0-=x0*(a/b);
    }
    else {
        d=a;
        x0=1;
        y0=0;
    }
    return;
}
int main(){
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    a=m-n,b=l,c=y-x;
    if (a<0) a=-a,c=-c;
    if (c<0) c+=l;
    exgcd(a,b,d,X0,Y0);
    if (c%d) cout<<"Impossible"<<endl;
    else cout<<(X0*(c/d)%(b/d)+b/d)%(b/d)<<endl;
    return 0;
}