poj1061--青蛙的约会--扩展欧几里得

Description

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

题解：

exgcd的简单应用。

因为两只青蛙的初始位置分别为x和y，设它们跳了k次，由题意得x+k*mΞy+k*n(mod L)，求此同余方程的最小非负整数解。

移项，得x-yΞ(n-m)*k(mod L)

化为等式，为(n-m)*k+L*h=x-y

因为已知n-m，L和x-y，所以相当于ax+by=c的模型；

已知定理：若gcd(a,b)=d,则方程axΞc(mod p)在[0,p/d-1]上有唯一的解，a*x/dΞc/d(mod p/d),显然gcd(a/d,b/d)=1，所以有唯一的解。

利用扩展欧几里得求出一组特解x'，带入本题中。当有解时，最小非负整数解ans=((x-y)/d*x'%L/d+L/d)%L/d，

(x-y)%d!=0时无解。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    ll t=exgcd(b,a%b,x,y);
    ll tmp=x;
    x=y;y=tmp-a/b*y;
    return t;
}
int main()
{
    ll x,y,m,n,L;
    ll _X,_Y;
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L);
    ll d=exgcd(n-m,L,_X,_Y);
    ll r=L/d;
    if((x-y)%d)printf("Impossible
");
    else
    {
        ll ans=((x-y)/d*_X%r+r)%r;
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
 }