【扩展欧几里得】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

1 2 3 4 5

样例输出

4



也就是让你求这个：
      x+a*m≡y+an(mod l)
化一下：
      a(m-n)+k*l=y-x
令c=y-x，d=gcd(m-n,l):
      a(m-n)+k*l=c
用exgcd求:
      a(m-n)+k*l=d
而我们要求：
      a(m-n)+k*l=c
化一下:
      a(m-n)*(c/d)+k*l*(c/d)=c;
所以实际的解为
      a1=(a∗(c/d))mod(l/d)

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll x,y,m,n,l;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;
        y=0;
        return a;
    }
    else
    {
        ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
        y-=a/b*x;
        return d;
    }
}
int main()
{
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    if(m==n)
        cout<<"Impossible"<<endl;
    else
    {
        if(m<n)
        {
            swap(m,n);
            swap(x,y);
        }
        ll a,k;
        ll c=y-x;
        ll d=exgcd(m-n,l,a,k);
        if(c%d) cout<<"Impossible"<<endl;
        else
            cout<<(((a*c/d)%(l/d)+(l/d))%(l/d))<<endl;
    }
    return 0;
}