题目链接：http://poj.org/problem?id=1061
大概推导一下可以得出一个同余数的方程 (x - y) + (m - n) * k = L * s, 即左边是L的倍数
然后移项可以得到 (n - m)*k + L * s = x - y, 也就是a * x + b * y = c（x y是未知数）
之后就可以使用扩展欧几里得算法计算出x，进而得到答案。
需要注意的是1：取余后得负数应当加上除数
2: 使用扩展欧几里得算法计算的是 ax + by = gcd(a,b)，因此需要对原始式中的a b c 分别处以gcd(a,b)，然后将结果乘以c / gcd(a,b) 并对b取余数获得正确解。
代码：
1 const int inf = 0x3f3f3f3f; 2 3 long long gcd(long long a, long long b){ 4 if(b == 0) return a; 5 return gcd(b, a % b); 6 } 7 8 long long ext_gcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y){ 9 if(b == 0){ 10 x = 1, y = 0; 11 return a; 12 } 13 long long d = ext_gcd(b, a % b, x, y); 14 long long t = x; 15 x = y; 16 y = t - a / b * y; 17 return d; 18 } 19 20 int main(){ 21 22 long long x, y, m, n, l; 23 scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &x, &y, &m, &n, &l); 24 long long a = n - m, b = l; 25 long long c = x - y; 26 long long tmgcd = gcd(a, b); 27 if(c % tmgcd){ 28 puts("Impossible"); 29 return 0; 30 } 31 a /= tmgcd, l /= tmgcd, b /= tmgcd; 32 long long tmans = 0, s = 0; 33 long long tmdiv = c / tmgcd; 34 ext_gcd(a, b, tmans, s); 35 long long ans = tmans * tmdiv; 36 ans = ans - ans / l * l; 37 if(ans < 0) 38 ans += l; 39 printf("%lld ", ans); 40 } 41 42 /* 43 1 2 3 4 5 44 */
题目：
青蛙的约会
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Description
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。
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。
Input
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。
Output
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"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4