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
问题解决：
此问题需要用到同余函数的思想，而同余函数的解法又要用到欧几里得算法求解。
分析一：得出方程，建立模型
设过s步后两青蛙相遇，则必满足以下等式：
(x+m*s)-(y+n*s)=k*l(k=0,1,2....)
稍微变一下形得：
(n-m)*s+k*l=x-y
令n-m=a,l=b,x-y=c,即
a*s+b*k=c //得出这个方程是关键
此处a，b，c为常数，s，k为未知数，s为跳s次后相遇。
只要上式存在整数解，则两青蛙能相遇，否则不能。
首先想到的一个方法是用两次for循环来枚举s,k的值，看是否存在s,k的整数解，若存在则输出最小的s，但显然这种方法是不可取的，谁也不知道最小的s是多大，如果最小的s很大的话，超时是明显的。
学习：如何解这个方程？用欧几里得扩展原理
先来看看欧几里得算法：
欧几里德算法又称辗转相除法，用于计算两个整数a,b的最大公约数
定理：gcd(a,b) = gcd(b,a mod b) // gcd代表最大公约数
证明如下：
a可以表示成a = kb + r，则r = a mod b
假设d是a,b的一个公约数，则有
d|a, d|b，而r = a - kb，因此d|r
因此d是(b,a mod b)的公约数
假设d 是(b,a mod b)的公约数，则
d | b , d |r ，但是a = kb +r
因此d也是(a,b)的公约数
因此(a,b)和(b,a mod b)的公约数是一样的，其最大公约数也必然相等，得证
欧几里德算法就是根据这个原理来做的，其算法用C语言描述为：
int Gcd(int a, int b)
{
if(b == 0)
return a;
return Gcd(b, a % b);
}
当然你也可以写成迭代形式：
int Gcd(int a, int b)
{
while(b != 0)
{
int r = b;
b = a % b;
a = r;
}
return a;
}
补充: 扩展欧几里德算法是用来求解a*x+b*y=Gcd(a,b)的解(根据数论中的相关定理解一定存在)。 证明如下
ax+by
=gcd(a,b)
=gcd(b,a%b)
= bx'+(a%b) y'
=bx'+ ( a- (a/b) *b)y'
=bx'+ ay'- (a/b) *b *y'
=ay'+ b(x'- (a/b) y')
所以ax+by=ay'+ b(x'- (a/b) y')
所以x=y'，y=x'- (a/b) y'
下面是一个使用C++的实现：
int exGcd(int a, int b, int &x, int &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
int r = exGcd(b, a % b, x, y);
int t = x;
x = y;
y = t - a / b * y;
return r;
}
利用扩展欧几里得算法求解不定方程a * x + b * y = n的整数解的求解全过程，步骤如下：
1、先计算Gcd(a,b)，若n不能被Gcd(a,b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同时除以Gcd(a,b)，得到新的不定方程a' * x + b' * y = n'，此时Gcd(a',b')=1;
2、利用扩展欧几里德算法求出方程a' * x + b' * y = 1的一组整数解x0,y0，则n' * x0,n' * y0是方程a' * x + b' * y = n'的一组整数解；
3、根据数论中的相关定理，可得方程a' * x + b' * y = n'的所有整数解为：
x = n' * x0 + b' * t
y = n' * y0 - a' * t (t=0,1,2，……)
上面的解也就是a * x + b * y = n 的全部整数解
代码如下：
#include <iostream>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
LL s, k;
LL GCD( LL a, LL b );
void extended_euclid(LL a, LL b);
int main()
{
LL x, y, m, n, l;
LL a,b,c;
while( cin>>x>>y>>m>>n>>l )
{
//(x+m*s)-(y+n*s)=k*l(k=0,1,2....)稍微变一下形得：(n-m)*s+k*l=x-y, 令n-m=a,l=b,x-y=c,即s*a+k*b=c
a = n - m;
b = l;
c = x - y;
LL gcd = GCD(a, b);
if( c % gcd )
{
cout<<"Impossible"<<endl;
continue;
}
a /= gcd;
b /= gcd;
c /= gcd;
//求a*x0+b*y0=Gcd(a,b)的整数解，此时Gcd(a,b)=1,即a*x0+b*y0=1
extended_euclid(a, b);
//a*x0+b*y0=c求出来的解x0为a*x0+b*y0=1求出来的解x0'的c倍，所以下面要还原
s *= c;
k *= c;
s = (s%b + b)%b;//s有可能为负数，所以此处将s变为正数
cout<<s<<endl;
}
return 0;
}
LL GCD( LL a, LL b )
{
if( b == 0 )
{
return a;
}
else
{
GCD( b, a%b );
}
}
void extended_euclid(LL a, LL b)
{
if( b == 0 )
{
s = 1;
k = 0;
return ;
}
LL temp;
extended_euclid( b, a%b );
temp = s;
s = k;
k = temp - a / b * k;
}