青蛙的约会 POJ-1061 (扩展欧几里得算法解同余方程）

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

题意分析：题意很好懂，公式很好推。

难点分析：对于新手，了解 

                                                                                                                           （1）

很关键。这个式子保证了你能够理解这题的公式即

                                                                                                                    （2）

当懂了这个式子后，接下来就需要知道同余方程

                                                                                                                                     （3）

根据线性同余方程进行变形

                                                                                   ( t 为未知量)                                   （4）

同理根据题意得

                                                                                                                         （5）

这里我们需要注意该式的满足条件是 这里的d = gcd(n-m, L)，结合（1）式和扩展欧几里得算法可以得出一个结果t,但是这个t是在

                                                                                                                                （6）

这个式子里解出来的，所以，为了得到最终的满足条件的结果还需要取模（L/d）原因是根据解线性同余方程的解时，即对于（3）式，若 则（3）式恰有d个模m不同余的解

                                                                         

而对于（1）式，我们也可以得出，这个式子要证明也非常简单，回代即可

                                                                                

所以对应于（5）的解

                                                                                    

根据题意，我只需要找到第一个解即可，就是

代码：

#include 
#include 
#define ll long long
using namespace std;

ll exgcd(ll m, ll &s, ll n, ll &t)
{

    ll s0 = 1, s1 = 0;
    ll t0 = 0, t1 = 1;
    ll r = m%n, q = (m - r)/n;
    s = 0, t = 1;
    while(r)
    {
        s = s0 - s1*q;
        t = t0 - t1*q;
        s0 = s1, t0 = t1;
        s1 = s, t1 = t;
        m = n, n = r;
        r = m%n, q = (m-r)/n;
    }
    return n;
}

int main()
{
    ll x, y, m, n, L;
    while(cin >> x >> y >> m >> n >> L)
    {
        ll T, S;
        ll d = exgcd(n-m, T, L, S);
        if( (x-y) % d != 0 || m == n)
        {
            cout << "Impossible" << endl;
            continue;
        }
        T = T*((x-y)/d);
        ll a = L/d;
        T = (T%a +a)%a;
        cout << T <