POJ1061 青蛙的约会 __一维世界的爱情

　　由于今天上午在做数论知识的笔记，发现那时候赵老师讲的线性丢番图(求ax+by=c的特解)部分完全搞不懂，后来网上查了一下才发现这个公式就是求同余方程，所用方法就是扩展欧几里得算法。正好红皮书上有这么一个模板，直接敲了下来然后稍作修改。后来发现POJ上的1061题就是这样一个类型，用了三个小时，荒废无数精力才AC。毕竟无聊，写个题解记录一下。

题目描述：

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。

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。

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:

题目分析：
　　设时间为t，则两个青蛙的位置分别为(x+mt)mod L、(y+nt) mod L，相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L，即(m-n)*t+k*L=y-x。
OK，现在已经符合ax+by=c的方程了，设a=m-n，b=L，c=y-x，然后套用模板求出特解t的值，注意t>0，所以要用通解公式得出最小正整数（为啥刚开始我就没想到这一点呢）。最后注意用long long~

#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <string>
#include <stack>  
#include <queue>
using namespace std;  
long long extend_gcd(long long a,long long b,long long &x,long long &y)
{    if(b==0){
        x=1;y=0;
        return a;
    }else{
        long long r=extend_gcd(b,a%b,y,x);
        y-=x*(a/b);
        return r;
    }    
}
int main()
{    
　　 long long x,y,m,n,L;
    long long a,b,c,gcd;
    while(scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
    {    a=m-n;
        b=L;
        c=y-x;
        if(a<0)
        {    a=-a;
            c=-c;
        }
        gcd=extend_gcd(a,b,x,y);
        if(c%gcd!=0)    
            cout<<"Impossible"<<endl;
        else{    
            x=x*c/gcd;
            int t=b/gcd;
            if(x>=0)
                x=x%t;
            else
                x=x%t+t;
            cout<<x<<endl;
        }
    }
    return 0;
}