青蛙的约会 ------exgcd解同余方程

https://blog.csdn.net/LOI_DQS/article/details/49488851

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：

两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是青蛙B跳的距离，要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L,{[(mt-(y-x)-nt)=kl]=[(mt-nt)-(y-x)=kl]}；

则：(x+mt)-(y+nt)=kl; 变形得：(n-m)t-(x-y)=kL;

即有(n-m)t mod L=x-y;为线性同余方程。

此方程有解当且仅当x-y是n-m和L的最小公倍数的约数(记为gcd(n-m,L))

 

说白了就是让你求这个（解t）：

x+tm≡y+tn(modL)

它就等于

t(m−n)≡y−x(modL)

把模去掉，就等于t(m−n)+Lk=y−x;(1)

 

然后，   先  用    exgcd求

t(m−n)+Lk=gcd(m−n,L);(2)

设d=gcd(m-n,L)，c=y-x。

若c%d!=0，则无解!

 

设要解的方程（求x）是：

ax1+by1=c

而我们已经解得ax+by=gcd(a,b)=d

此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：

ax∗(c/d)+by∗(c/d)=c

所以：

x1=x∗(c/d);

这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。

我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么

 

也是原方程的一组解。

这样我们只需要让解得的x不断减b/d，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。
其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：

x1=(x∗(c/d))mod(b/d)

#include
#include
typedef long long  ll;
using namespace std;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0)
    {
        x=1;y=0;
        return a;
    }
    ll t=exgcd(b,a%b,x,y);
    ll xx=x;
    x=y;
    y=xx-(a/b)*y;
    return t;
}
int main()
{
    ll a,b,x,y,l;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&a,&b,&l))
    {
        if(a==b)
        {
            puts("Impossible\n");
            continue;
        }
        if(a