问题 F: 【数论】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。

输出
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"

样例输入
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1 2 3 4 5
样例输出
4

题意很简单，就是让你求跳多少次之后相遇， 然后直接得出方程(x + t * m) - (y + t * n) = k * l ,意思就是她两相遇之后跳的距离只差肯定是k圈， 然后变形合并得(m - n) * t + l * (-k) = y - x , 然后， 令a = m - n , b = l , d = y - x , 也就是方程at + b(-k) = d, 然后直接用扩展欧几里得求解，但是这个方法求解的是ax + by = gcd(a , b) ,显然 ， 这两个方程一对比， 有解的可能只能是d是gcd(a , b)的倍数，否则无解， 然后x就是t ，但是时间肯定是正的，对于a x + by = gcd(a , b) ， 我们要模除b ， 然后在at + b * (-k) 里面， 我们就要模除b / gcd , 之前我就不知道为啥模除这个，
有通项公式x = x0 + b / gcd(a , b) * k , y = y0 - a / gcd(a , b) * k , 然后对于x来说就是模除b / gcd

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll ;
ll exgcd(ll a , ll b ,ll &x ,ll &y)
{
    if(!b)
    {
        x = 1 , y = 0 ;
        return a ;
    }
    ll t = exgcd(b,a%b,y,x);
    y -= a/b * x ;
    return  t ;
}
int main()
{
	ll n , m , x , y , l ;
	cin >> x >> y >> m >> n >> l ;
	if(x == y) cout << 0 << endl ;
	else 
	{
	ll a = m - n , b = l , d = y - x ;
	ll p , t ;
	ll gcd = exgcd(a , b , t , p) ;
	if(d % gcd == 0)
	 {
	t = t * d / gcd ;
	ll tt = abs(b / gcd) ;
	printf("%lld\n" , (t % tt + tt) % tt) ;
	 }
	 else puts("Impossible") ;
	}
	
	return 0 ;
}