看lzx的模板才写出来的，我之前的思路好想错了 chad_orz
原题：
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着对方那里跳，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。
数据有可能超过2^32
扩展gcd，把方程搞出来就很容易了
根据题意可以推出酱紫一个方程：(x+tm)-(y+tn)=kl
然后我们把它变一变：t(m-n)-kl=y-x
因为k不是我们要求的所以k前面的负号可以看成正号，呢么上面这个方程↑就是经典的ax+by=c
丢进扩展欧几里得中解即可
代码：
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 using namespace std; 7 #define ll long long 8 ll gcd(ll x,ll y){return(y)?gcd(y,x%y):x;} 9 ll xx,yy,m,n,l; 10 void up_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ 11 if(!b){ x=1,y=0; return ;} 12 up_gcd(b,a%b,x,y); 13 ll c=x; x=y; y=c-a/b*x; 14 } 15 int main(){//freopen("ddd.in","r",stdin); 16 cin>>xx>>yy>>m>>n>>l; 17 ll _gcd=gcd(n-m,l); 18 if((xx-yy)%_gcd){ cout<<"Impossible"<<endl; return 0;} 19 ll _x,_y; 20 up_gcd(n-m,l,_x,_y); 21 _x*=(xx-yy)/_gcd; 22 cout<<(_x%l+l)%l<<endl; 23 return 0; 24 }