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。 
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

思路:

根据题意有:

整理得:

所以根据扩展欧几里得我们可以解如下方程:

得到初始解t1,但是这不是最后的解,继续变换

即:

则有:

根据不定方程,这里的t还只是特解,变成通解需要表示为(设t2为通解):

为了保证是最小正解,可以直接通过模运算(加模)获得:

代码:

 #include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a, ll b) {if(!b) return a; return gcd(b,a%b);}
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if(!b) {
x=;y=;return a;
}
ll ans=exgcd(b,a%b,x,y);
ll temp=x;
x=y;
y=temp-a/b*y;
return ans;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
ll x,y,m,n,l;
ll a,b;
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
int g=exgcd(n-m,l,a,b);
if((x-y)%g) {
cout<<"Impossible"<<endl;
return ;
}
ll b3=(x-y)/g,b2=(l)/g;
ll ans=a*b3;
ans=(ans%b2+b2)%b2;
cout<<ans<<endl;
return ;
}

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