扩展欧几里得&&青蛙的约会

http://acm.hdu.edu.cn/webcontest/contest_showproblem.php?cid=601&pid=1010&ojid=1

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"

唉，证明太枯燥无味了，先说一下题意吧。。。。。。
公青蛙一开始在x位置，母青蛙在y位置。公青蛙每次跳m米，母青蛙每次跳n米，并且都是向右跳的。地球经线长度是L，然后地球是圆的，也就是说，跳到L、L+1、L+2……其实就是跳到0、1、2。 公青蛙想追母青蛙，问多少次后它们能跳到一起。如果它们永远不能相遇，就输出Impossible（好可怜啊！）
很明显嘛，就是求一个k，使x + k*m ≡ y + k*n (mod L) 嘛，木有错吧？至少我是这么想滴！然后对方程化简咯，就变成(n-m) * k ≡ x-y (mod L)咯。然后这个方程其实就等价于(n-m)*k + L*s = x-y咯。这就是ax + by = c求整数x的模型。
要求ax + by = c的整数x解，可不是那么简单滴，不然我就不用花了一整个晚上时间了！首先，设d = gcd(a, b)，方程两边除以d得到a/d * x + b/d * y = c/d，很显然嘛，a是整除d的，b也是整除d的，而x、y都是整数解，所以要求c/d也是整数嘛。如果c不整除d，当然就是Impossible咯。不然的话，如果我们能求出ax0+by0=d的解x0和y0，那么两边乘以c/d即a(c/d * x0) + b(c/d * y0) = c，就可以得到原来方程的解x = (c/d * x0)，y = (c/d * y0)咯。
喂喂喂，等一下，你又怎么知道ax0 + by0 = d一定有解呢？这就得通过严谨的证明了：
定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*k + b*l。
证明：由于 gcd(a, 0) = a，我们可假设b ≠ 0，这样通过连除我们能够写出
a = b*q1 + r1
b = r1*q2 + r2
r1 = r2*q3 + r3
……
由第一式有r1 = a - q1*b，所以r1能写成k1*a + l1*b的形式（这时k1 = 1, l1 = -q1）。由第二式有r2 = b - r1*q2 = b - (k1*a + l1*b)*q2 = -q2*k1*a + (1 - q2*l1)*b = k2*a + l2*b。
显然，这过程通过这一串余数可重复下去，直到得到一个表达式rn = k*a + l*b，也就是d = k*a + l*b，这就是我们所要证明的。
所以说咯，ax0 + by0 = d一定有解！那么应该怎么求x0和y0呢？要用到一种叫做扩展欧基里得的算法（NND，第一次听说，我还是太弱了啊~~~）！
求法如下：由于gcd(a, b) = gcd(b, a%b) （这个不用证明了吧？？？地球人都知道！），有ax0 + by0 = gcd(a, b) = gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1，而a%b又可以写成a-a/b*b（a/b*b不等于a啊！记得为了这个SB问题还被骂过~），所以=bx1 + (a-a/b*b)y1 = ay1 + b(x1-a/b*y1)，所以如果我们求出gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1的x1和y1，那么通过观察就可以求出x0 = y1，y0 = (x1 - a/b*y1)。那我们怎样求x1和y1呢？当然是求x2和y2了，做法一样滴。一直求到gcd(an, 0) = an*xn + 0 * yn，这时令xn=1，yn=0就完事了，就可以求xn-1和yn-1，然后xn-2和yn-2，然后一直求到x0和y0了。
所以得到ax0 + by0 = gcd(a, b)求整数x0、y0的扩展欧基里得算法（到这里烦到死啊！我做到这一步都差不多要放弃了！）
那么怎样求最小的非负整数x呢？
如果要求的解x 是最小正整数的话 有个简便方法。
a*x+b*y=gcd(a,b)两边同时除以gcd(a,b)得
a1*x+b1*y=1 这时a1与b1是互质的。
设最小正整数解为x1，对应的y为y1
a1*x1+b1*y1=1
a1*x+b1*y=1  a1*x1+b1*y1=1这两式相减得
a1*(x-x1)=b1*(y-y1).。因为a1 b1互质
所以x-x1=kb1    y-y1=ka1
所以x和x1对b1同余。。
所以x1=(x%b1+b1)%b1
详细证明如下：
又要用到两个定理：
定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。
证明：由定理一知，总可以找到或正或负的整数k和l使a*k + b*l = gcd(a, b) = 1，即我们可以求出ax ≡ 1 (mod b)的解x0。当然，两边乘以c有a(cx0) ≡ c (mod b)，所以有x = cx0就是ax ≡ c (mod b)的解。由于加上或减去若干倍b都是该方程的解，所以x在[0, b-1]上有解。那么怎样确定它的唯一性呢？我花了一个小时终于证明出来了，证明方法就是，假设x1和x2都是[0, b-1]上的解，那么就有ax1 ≡ c (mod b)，ax2 ≡ c (mod b)，两式相减就有a(x1-x2) ≡ 0 (mod b)，即a(x1-x2)可以被b整除。但gcd(a, b) = 1啊！所以a和b之间没有共同的语言可以交流，所以只能说(x1-x2)被b整除了。但x1和x2都在[0, b-1]上，所以x1-x2也在[0, b-1]上，所以只能说x1-x2=0了，因此x1=x2。这就证明了解的唯一性！
这个定理不过是为了证明定理三方便而已，定理三才是王道：
定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
证明：上面说过，这个该死的方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解，得证！
有了上面几个该死的定理，小菜我终于把最小非负整数的问题解决了。如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么我令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以我用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。
这么多证明这么多话语却只换来了21行代码，无奈啊！人生苦短啊！ACM，想说爱你不容易！下面果断贴代码：

#include <iostream> using namespace std; long long extgcd(long long a, long long b, long long &x, long long &y) { long long d, t; if (b == 0) { x = 1; y = 0; return a; } d = extgcd(b, a % b, x, y); t = x - a / b * y; x = y; y = t; return d; } int main() { long long x, y, m, n, L, X, Y, d, r; cin >> x >> y >> m >> n >> L; d = extgcd(n - m, L, X, Y); r = L / d; if ((x - y) % d) cout << "Impossible" << endl; else cout << ((x - y) / d * X % r + r) % r << endl; return 0; }