青蛙的约会+拓展欧几里得+题解
纵有疾风起
题意
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"
前话-拓展欧几里得（下方高能！！！）
扩展欧几里德算法是用来在已知a, b求解一组整数解x，y，使它们满足贝祖等式（具体不是很清楚是啥意思，反正就那样）： (ax+by = gcd(a, b) =d)（解一定存在，根据数论中的相关定理）。扩展欧几里德常用在求解模线性方程及方程组中。
对于普通的公式(ax+by = c)有整数解的条件是(c=k*gcd(a, b))，k为任意常数。
对于公式(ax+by = gcd(a, b) =d)，求解其中一个x，y的方法及其证明
显然当 (b=0,gcd(a,b)=a)时，此时 (x=1, y=0)；
(a>b>0) 时，设 (ax_1+ by_1= gcd(a,b));
(bx_2+ (a mod b)*y_2= gcd(b, a mod b));
根据朴素的欧几里德原理有 (gcd(a,b) = gcd(b,a mod b));
则:(ax_1+ by_1= bx_2+ (a mod b)y_2);
即:(ax_1+ by_1= bx_2+ (a - [a / b] * b)y_2=ay_2+ bx_2- [a / b] * by_2)。
说明： (a-[a/b]b)即为mod运算。([a/b])代表取小于(a/b)的最大整数，下面同样适用。
也就是(ax_1+ by_1 == ay_2+ b(x_2- [a / b] *y_2));
根据恒等定理，对应项的系数相等得：
(x_1=y_2); (y_1=x_2- [a / b] *y_2);
这样我们就得到了求解 (x_1,y_1) 的方法：(，x_1，y_1) 的值基于(， x_2，y_2)。使用递归的话，上一层的值，取决于下一层。
上面的思想是以递归定义的，因为 gcd 不断的递归求解一定会有个时候 b=0，所以递归可以结束。
递归边界：(（）gcd（a, 0）=1*a-0*0=a)。
对于公式(ax+by = c)，求解x，和y的方法
- 如果(c \% gcd( a , b) != 0)，即c不是gcd的整数倍，则无解。
- 如果(c \% gcd(a,b) == 0) ，则(c / gcd(a,b) = t)，那么求出方程 (a * x + b * y = gcd(a,b))的所有解x,y，将x,y乘上t，对应的x’,y’即是方程(a * x + b * y = t * gcd(a,b))的一个解
如何求(ax+by = gcd(a, b) =d)最小整数解，对于(ax+by = c)，c为常数，也适用。
- 我们可以用扩展欧几里得算法得出
[ax+by=gcd(a,b) ] 的一组解(（x_1, y_1）)，那么其他解呢？任取另一组解(（x_2, y_2）),则
[ax_1+by_1=ax_2+by_2 ] （因为它们都等于(gcd(a,b)) ），变形得
[a(x_1-x_2)=b(y_2-y_1) ] 假设(gcd(a, b)=g)，方程左右两边同时除以g（如果g=0，说明a或b等于0，可以特殊判断），得
[a'(x_1-x_2)=b'(y_2-y_1) ] 其中(，a'=a/g，b'=b/g)。
注意，此时a'和b'互素（想想分数的化简）
[x_1-x_2=frac{b'}{a'}*(y_2-y_1) ] 则因此(x_1-x_2)一定是b'的整数倍（因为a'中不包含b'，所以(x_1-x_2)一定包含b'）。
设它为(x_1-x_2=k*b')，计算得(y_2-y_1=k*a')。注意，上述的推导过程并没有用到(ax+by)的右边是什 么，因此得出以下结论：
设a,b,c为任意整数，若方程(ax+by=c)的一组解是((x_0,y_0))，则它的任意整数解都可以写
((x_0+k*b',y_0-k*a'))，其中(a'=[a/gcd(a,b)])，(b'=[b/gcd(a,b)])，k取任意整数。
这样我们就可以求出来最小的整数解了。（先用扩展欧几里得算法求出一组解，然后进行变换）
解题思路
根据题意，两只青蛙需要在同一时间到达用一个点上才算相遇，易得(设t就是所求的答案)
因为((m*t+x)=w*L+v)，((n*t+y)=s*L+v)
两边相减得
令(a=n-m)，(b=L)，(c=x-y)， (X=t)， (Y=w-s)
然后就是拓展欧几里得的处理了
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include<cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
void extended_gcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) //注意参数，后两个是c++里面的引用
{
ll r,t;
if(b==0)
{
x=1;
y=0;
return ;
}
extended_gcd(b,a%b,x,y);
t=x;
x=y;
y=t-a/b*y;
}
int main()
{
ll x,y,m,n,L,g,c,a,b;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L);
a=n-m;
c=x-y;
b=L;
g=__gcd(a, b);
if(c%g!=0)
printf("Impossible
");
else
{
extended_gcd(a,b,x,y);
x=x*c/g;
ll t=b/g;
if(x>=0) //如果最初求的解大于零，后面就直接模b/g就行
x=x%t;
else
x=x%t+t;//如果小于零，就先模，然后加上b/g后就一定大于0了
printf("%lld
",x);
}
return 0;
}