poj 1061 青蛙的约会 (解同余方程)

题意：

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。 

题解：

初始方程 (x+mt)-(y+nt)=pL -> (n-m)t+pL=(x+y);

令A=n-m ,B=x-y 那么 At=B(mod L)

#include<iostream>
#include<math.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#define B(x) (1<<(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned ui;
const int oo = 0x3f3f3f3f;
//const ll OO = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps = 1e-9;
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
void cmax(int& a, int b){ if (b > a)a = b; }
void cmin(int& a, int b){ if (b < a)a = b; }
void cmax(ll& a, ll b){ if (b > a)a = b; }
void cmin(ll& a, ll b){ if (b < a)a = b; }
void cmax(double& a, double b){ if (a - b < eps) a = b; }
void cmin(double& a, double b){ if (b - a < eps) a = b; }
void add(int& a, int b, int mod){ a = (a + b) % mod; }
void add(ll& a, ll b, ll mod){ a = (a + b) % mod; }
const ll MOD = 1000000007;
const int maxn = 2100;

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){
	if (b == 0){
		x = 1;
		y = 0;
		return a;
	}
	ll d = exgcd(b, a % b, x, y);
	ll t = x;
	x = y;
	y = t - a / b * y;
	return d;
}

int main(){
	//freopen("E:\\read.txt", "r", stdin);
	ll x, y, m, n, L;
	while (scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &x, &y, &m, &n, &L) != EOF){
		ll a = 0, b = 0;
		ll M = exgcd(n - m, L, a, b);
		if ((x - y) % M != 0 || n == m) printf("Impossible\n");
		else{
			a = a*((x - y) / M);
			a = (a % (L / M) + (L / M)) % (L / M);
			printf("%lld\n", a);
		}
	}
	return 0;
}