poj 1060---青蛙的约会(加深对扩展GCD的理解,然而是一道水题)

连接

题意:
问最少要跳跃几次两只青蛙才能见面.
思路:
根据题意，两个青蛙跳到同一个点上才算是遇到了，所以有 (x+mt) - (y+nt) = p * k; (t是跳的次数，k是a青蛙跳的圈数跟b青蛙的圈数之差。整个就是路程差等于纬度线周长的整数倍)，
转化一下： (n-m) * t + k * p = x – y;
令 a = n-m, b = k, c = gcd(a, b), d = x-y;
有 a * t + b * p = d; (1)
要求的是t的最小整数解。
用扩展的欧几里德求出其中一组解t0 ,p0, 并令c = gcd(a, b);
有 a * t0 + b * p0 = c; (2)
因为c = gcd(a, b), 所以 a * t / c是整数，b * t / c 也是整数，所以 d / c 也需要是整数，否则无解。
(2)式两边都乘(d / c) 得 a * t0 (d / c) + b * p0 * (d / c) = d;
所以t0 * (d / c)是最小的解，但有可能是负数。
因为a * ( t0 (d / c) + bn) + b * (p0 * (d / c) – an) = d; (n是自然数)
所以解为 (t0 * (d / c) % b + b) % b;

所以根据思路,有以下代码

#include
#include
#include
#define ll long long
#define db double
using namespace std;
ll x,y,c;

ll exgcd(int a,int b)
{
    if(!b){
        x=1;
        y=0;
        c=a;
    }
    else{
        exgcd(b,a%b);
        ll tmp=x;
        x=y;
        y=tmp-a/b*y;
    }
}

int main()
{
    ll a,b,d,x1,y1,m,n,l,flag=0;
    cin >> x1 >>y1>>m>>n>>l;
    if(m==n)
        flag=1;
    else{
        a=n-m;
        b=l;
        d=x1-y1;
        exgcd(a,b);
        if(d%c)//根据定义,如果除不尽就无解.
            flag=1;
    }
    if(flag)
        cout << "Impossible" << endl;
    else{
        b/=c;
        d/=c;
        cout << ((x*d)%b+b)%b <