青蛙的约会

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。 

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

题意：大体就是A在x处开始跳，每次跳m,b在y处开始，每次跳n问两个能否相遇,路径总长度为L，是循环的一个环。

思路：数论题，用到的是扩展欧几里得，好吧是我太菜了一直没搞懂这个算法。
首先可以得出一个方程[x+k*m](mod L)≡[y+k*n](mod L)，可以转化为(n-m) * k ≡ x-y (mod L),
进而得到(m-n)*k+s*L=y-x（好吧这个转换不会，从大佬那抄来的），
现在已经符合ax+by=c的方程了，设a=m-n，b=L，c=y-x，然后套用模板求出特解k的值，注意k>0，所以要用通解公式得出最小正整数。
用到三个定理：

1 gcd(a,b)是ax+by的线性组合的最小正整数，x，y∈z;如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*k + b*l

2 如果ax+by=c，x，y∈z；则c%gcd(a,b)==0;若gcd(a, b)=1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

3 如果是互质的正整数，是整数，且方程ax+by=c，有一组整数解x0，y0则此方程的一切整数解可以表示为x=x0+bt;y=y0-at;t∈z;

用扩展的欧几里德求出其中一组解t0 ,p0, 并令d = gcd(a, b)，有 a * t0 + b * p0 = d;  (2)

 (2)式两边都乘(c/ d) 得 a * t0 *(c / d) + b * p0 * (c / d) = d* (c/d)=d;

因为d = gcd(a, b), 所以 a * t0/ d是整数，b * p0 / d 也是整数，所以 c/ d 也需要是整数，否则无解。

 所以t0 * (c / d)是最小的解，但有可能是负数。

因为a * ( t0 *(c / d) + b*n) + b * (p0 * (c / d) – a*n) = c; (n是自然数)，所以解为 (t0 * (c / d) % b + b)%b。 

 

关于扩展欧几里得：

 对于不完全为0的非负整数a, b  gcd(a, b)表示a, b 的最大公约数。那么存在整数x， y使得 gcd(a, b) = a * x + b * y;

不妨设a > b

 ①，当b = 0 时，gcd(a, b) = a , 此时 x = 1, y = 0;

 ②，当 a * b 大于或小于 0 时，

 设 a * x + b * y = gcd(a, b);   (1)

    b * x0 + (a % b) * y0 = gcd( b, a % b);   (2)

由欧几里德公式： gcd(a, b) = gcd (b, a % b);得(1)，(2) 

 a * x + b * y = b * x0 + (a % b) * y0

                     = b * x0 + (a – a / b * b) * y0               

                     = a * y0 + ( x0 – a / b * y0 ) * b

   所以 x = y0, y = x0 – a / b * y0;

  由此可以得出扩展欧几里德算法。

 代码：

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <stack>
#include <queue>
#include <deque>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <string>
#include <limits>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <iomanip>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <istream>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ci cin
#define co cout
#define el endl
#define Scc(c) scanf("%c",&c)
#define Scs(s) scanf("%s",s)
#define Sci(x) scanf("%d",&x)
#define Sci2(x, y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define Sci3(x, y, z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define Scl(x) scanf("%I64d",&x)
#define Scl2(x, y) scanf("%I64d%I64d",&x,&y)
#define Scl3(x, y, z) scanf("%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&z)
#define Pri(x) printf("%d
",x)
#define Prl(x) printf("%I64d
",x)
#define Prc(c) printf("%c
",c)
#define Prs(s) printf("%s
",s)
#define For(i,x,y) for(int i=x;i<y;i++)
#define For_(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define FFor(i,x,y) for(int i=x;i>y;i--)
#define FFor_(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define Mem(f, x) memset(f,x,sizeof(f))
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define MAXSIZE 100005
#define INF 0x3f3f3f3f

const int mod=1e9+7;
const double PI = acos(-1.0);

using namespace std;

LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
    int d=a;
    if(b!=0)
    {
        d=exgcd(b,a%b,y,x);
        y-=(a/b)*x;
    }
    else
    {
        x=1;
        y=0;
    }
    return  d;
}
//函数的返回值是a、b的最大公约数
//传进来x、y的引用，进而得到x、y的值

int main()
{
    LL n,m,x,y,l;
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    LL a,b,c;
    a=n-m;;
    b=l;
    c=x-y;
    LL r=exgcd(a,b,x,y);//这个扩展欧几里得函数求得是a,b的最大公约数以及ax+by=gcd(a,b)的解x、y
    if(c%r!=0)
        Prs("Impossible");
    else
    {
        x=x*c/r;//得到方程 (n-m)k+l*s=x-y的解
        //因为解可能有负数，所以判断一下
        if(x>=0)
            x%=b/r;
        else
            x=(x%b/r+b/r);
        co<<x;
    }
    //cout<<exgcd(12,23,x,y);
    return 0;
}
/*
关于解的大小问题：
ax + by = c 的通解公式
x=x1+k*(b/gcd(a,b))
y=y1-k*(a/gcd(a,b))  k为任意整数
注意x与y是一个增加一个减少的。

所以在本题中在x大于0的时候我们应该进行取模，防止两个青蛙周期跳
当x小于0的时候就加上b/r取模,但x可能是一个很大的负数，所以可以先取模在加上b/r保证得到正数
*/