题目链接：http://poj.org/problem?id=1061
解题思路：
设两只青蛙跳了t次以后才会碰面。则有：
x + mt = y + nt + Lk (k为任意整数） （1）
(m - n)t + Lk = y - x （2）
用扩展欧几里得求解。设求出来的 gcd(m-n,L) = g。如果 (y-x)%g!=0，则输出"Impossible"；否则应该输出满足（2）式的最小正整数t。请注意：我们用扩展欧几里得求出来的t其实是下式中的t´。
(m - n)t´ + Lk´ = g （3）
那么我们就可以将其乘上(y-x)/g。但是，我们得到的仍然有可能是负数或者不是最小的正整数t。我们可以将（2）式等价转换为：
(m - n)(t + L/g) + L(k - (m - n)/g) = y - x （4）
于是我们可以得出结论：
t = t´(y - x)/g + j(L/g) (j为任意整数） （5）
至此，聪明的你，应该已经不难AC这道题了吧~
AC代码：
1 #include <algorithm> 2 #include <cstdio> 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 ll extgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ 6 ll d=a; 7 if(b!=0){ 8 d=extgcd(b,a%b,y,x); 9 y-=(a/b)*x; 10 } 11 else{ 12 x=1;y=0; 13 } 14 return d; 15 } 16 int main(){ 17 18 ll x,y,m,n,L; 19 scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L); 20 ll k,t; 21 if(m<n){ //请务必让 m>=n，不然后面用extgcd()函数时用负数取余会出错 22 swap(m,n); 23 swap(x,y); 24 } 25 ll gcd=extgcd(m-n,L,t,k); 26 if((y-x)%gcd!=0) printf("Impossible "); 27 else{ 28 ll ret=((t*(y-x)/gcd)%(L/gcd)+(L/gcd))%(L/gcd);//第一次"%(L/gcd)"要是不加就WA，应该是数据溢出之类的问题吧？如果读者有什么更好的解释请留言，谢谢。 29 printf("%lld ",ret); 30 } 31 32 return 0; 33 }