p1516&poj1061&bzoj1477 青蛙的约会

传送门（洛谷）

题目

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

分析

根据题目我们可以得到式子

     am+x≡an+y(mod L)

我们移一下可以得到

     a(m-n)≡y-x(mod L)

所以我们可以得到

     a(m-n)+bL=y-x

我们可以将数轴的长度L分为数段，每一段的长度gcd(m-n,L)为单位一，所以我们将公式变为

     a(m-n)+bL=gcd(m-n,L)

这里我们将gcd(m-n,L)当作1来算，套入exgcd模板即可

在计算完这种情况下的a之后我们进行一个判断：

如果gcd(m-n,L)|(y-x)则将等式两边均乘（gcd(m-n,L)÷(y-x)）,所以答案即为

     a*gcd(m-n,L)÷(y-x)%(L÷gcd(m-n,L))。

否则无解

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
long long a,b;
inline long long gcd(long long x,long long y){
    if(y>x)swap(x,y);
    if(x%y==)return y;
    return gcd(y,x%y);
}
inline void exgcd(long long x,long long y,long long &a,long long &b){
    if(y==){
        a=;
        b=;
        return;
    }
    exgcd(y,x%y,a,b);
    long long z=a;
    a=b;
    b=z-(x/y)*b;
    return;
}
int main(){
    long long n,m,i,j,k,l,x,y;
    cin>>x>>y>>n>>m>>l;
    if(n>m){
        swap(x,y);
        swap(n,m);
    }
    k=gcd(m-n,l);
    exgcd(m-n,l,a,b);
    if((x-y)%k)puts("Impossible");
      else cout<<((x-y)/k*a%(l/k)+(l/k))%(l/k)<<endl;
    return ;
}