青蛙的約會

題目描述

兩只青蛙在網上相識了，它們聊得很開心，於是覺得很有必要見一面。它們很高興地發現它們住在同一條緯度線上，於是它們約定各自朝西跳，直到碰面為止。可是它們出發之前忘記了一件很重要的事情，既沒有問清楚對方的特征，也沒有約定見面的具體位置。不過青蛙們都是很樂觀的，它們覺得只要一直朝着某個方向跳下去，總能碰到對方的。但是除非這兩只青蛙在同一時間跳到同一點上，不然是永遠都不可能碰面的。為了幫助這兩只樂觀的青蛙，你被要求寫一個程序來判斷這兩只青蛙是否能夠碰面，會在什么時候碰面。

我們把這兩只青蛙分別叫做青蛙A和青蛙B，並且規定緯度線上東經0度處為原點，由東往西為正方向，單位長度1米，這樣我們就得到了一條首尾相接的數軸。設青蛙A的出發點坐標是x，青蛙B的出發點坐標是y。青蛙A一次能跳m米，青蛙B一次能跳n米，兩只青蛙跳一次所花費的時間相同。緯度線總長L米。現在要你求出它們跳了幾次以后才會碰面。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入只包括一行5個整數x，y，m，n，L

其中0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。

輸出格式：

輸出碰面所需要的天數，如果永遠不可能碰面則輸出一行"Impossible"。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1： 

1 2 3 4 5

輸出樣例#1： 

4

分析：
假設跳了T 次以后，青蛙 1 的坐標便是x+m*T,青蛙2 的坐標為y+n*T 。它們能夠相遇的情況為（x+m*T)-(y+n*T)==P*L，其中P為某一個整數，變形一下得到(n-m)*T-P*L==x-y我們設 a=(n-m),b=L,c=x-y,T=x,P=y.於是便得到 ax+by==c，直接利用歐幾里得擴展定理可以得到一組 x,y 但是這組 x,y不一定是符合條件的最優解，首先,當gcd(a,b)不能整除c 的時候是無解的，當c 能整除gcd(a,b)時，把x 和y 都要變為原來的c/gcd(a,b)倍,我們知道它的通解為 x0+b/gcd(a,b)*t要保證這個解是不小於零的最小的數，我們先計算當x0+b/gcd(a,b)*t=0時的t值，此時的t記為t0=-x0/b/gcd(a,b)（整數除法），代入t0如果得到的x小於零再加上一個b/gcd(a,b)就可以了。

CODE:

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l;
long long a,b,c,d,X0,Y0;
void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x0,long long &y0){
    if (b) {
        exgcd(b,a%b,d,y0,x0);
        y0-=x0*(a/b);
    }
    else {
        d=a;
        x0=1;
        y0=0;
    }
    return;
}
int main(){
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    a=m-n,b=l,c=y-x;
    if (a<0) a=-a,c=-c;
    if (c<0) c+=l;
    exgcd(a,b,d,X0,Y0);
    if (c%d) cout<<"Impossible"<<endl;
    else cout<<(X0*(c/d)%(b/d)+b/d)%(b/d)<<endl;
    return 0;
}