青蛙的约会
题意：
在一个圆上有一个零刻度点，公青蛙和母青蛙分别在A点和B点<不同的位
置>，他们每秒行走的距离分别是m和n，圆的周长是L。问题是这两个青
蛙能不能相遇，若能在什么时候相遇？
解：
<对于初学者来说，解得过程是漫长的>假设可以相遇，相遇的时间是x,并且相遇的时候快的比慢的多了圈，则可得方程：（A+m*X）-(B+n*X)=Y*L:里得算法。
什么是扩展欧几里得？
extgcd:
如何求aX+bY=C的一个解？令d=gcd(a,b);等式两边同时除d,a/d*X+b/d*Y=C/d.这里有一个pint,a、b除以d一定是整数，但是c不一定，如果c/d不是整数，那么说明青蛙不能相遇，无解。易知道，a*X0+b*y0=d,<一定有解>有解（x0,y0）
定理一：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。
。两边同时乘上C/d.得a*(C/d*X0)+b*(C/d*y0)=c。得一解，x=C/d*X0,y=C/d*y0。扩展欧几里得的作用是什么呢？求x0,y0,和d。
void extgcd(LL a,LL b,LL&d,LL &x,LL &y)
{
if(!b){d=a;x=1,y=0;}
else{
extgcd(b,a%b,d,y,x);
y-=x*(a/b);
}
}具体是这样：递归
由于gcd(a, b) = gcd(b, a%b) ，有ax0 + by0 = gcd(a, b) = gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1，而a%b又可以写成a-a/b*b，所以=bx1 + (a-a/b*b)y1 = ay1 + b(x1-a/b*y1)，所以如果我们求出gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1的x1和y1，那么通过观察就可以求出x0 = y1，y0 = (x1 - a/b*y1)。那我们怎样求x1和y1呢？当然是求x2和y2了，做法一样的。一直求到gcd(an, 0) = an*xn + 0 * yn，这时令xn=1，yn=0就完事了，就可以求xn-1和yn-1，然后xn-2和yn-2，然后一直求到x0和y0了。
定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
上面说过，这个该死的方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解，得证！
如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么我令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以我用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
void extgcd(LL a,LL b,LL&d,LL &x,LL &y)
{
if(!b){d=a;x=1,y=0;}
else{
extgcd(b,a%b,d,y,x);
y-=x*(a/b);
}
}
int main ()
{
LL x,y,m,n,L,d,r,X,Y;
while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L))
{
extgcd(n-m,L,d,X,Y);r=L/d;
if((X-Y)%d)printf("Impossible
");
else printf("%lld
",((X-Y)/d*x%r+r)%r);
}
return 0;
}