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。
输入格式
输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L
其中0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。
输出格式
输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。
思路：要想使两只青蛙碰面就要同时间位于同地点。所以可以列两个方程
x + t * m = a * l + s
y + t * n = b * l + s (s表示相遇的点）
化简后可以得到
x-y+t*(m-n)=(a-b) * l 即 (m-n) * t=(y-x)(mod l)
是不是很像线性同余方程 ,(就可以用拓展欧几里得了)
简写一下就是 a * x = m (mod b)(符号与正面不一样,a是m-n,x是t,m是y-x,b是l）
可以展开写成：a * x + b * y = m
令gcd表示a和b的最小公因数
由拓展欧几里得可知，a * x + b * y = gcd是一定有解的，而且只有当m是gcd的倍数时a * x + b * y = m才会有解
最后解出来一组x0和y0，这组解是a * x + b * y = gcd的解，扩大m/gcd倍就是 a * x + b * y = m的解了，即x0=x0 * m / gcd , y0 = y0 * m / gcd
但是这个x0不一定是最小的非负整数解，通过这组 x0 y0可以求出来所有的x和y，
a * x0 + b * y0 = m
a * (x0 - b / gcd) + b * ( a / gcd)=m
可以发现这两个式子是等价的，那么就可以得到
x = x0 - b / gcd * k , y = y0 + a / gcd * k k∈Z
可以发现x0可以加减若干个b/gcd，那么在区间[0,b/gcd]内一定有一个x，所以
x0对b/gcd取模就还最小非负整数解了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a,b,x,y,n,m,l;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)//拓展欧几里得，返回a，b的gcd
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return a;
}
ll d=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return d;
}
int main()
{
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
if(n<=m) a=m-n,b=y-x;//令a>=0,不这样会wa一个点
else a=n-m,b=x-y;
ll g=exgcd(a,l,x,y);//解a*x+l*y=b,g是a与l的gcd
if(b%g==0)
cout<<((x*(b/g))%(l/g)+(l/g))%(l/g);
else puts("Impossible");//是Impossible开头大写，一定要仔细读题！！！
return 0;
}