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。
输入格式
输入只包括一行5个整数x，y，m，n，L
其中0<x≠y < =2000000000，0 < m、n < =2000000000，0 < L < =2100000000。
输出格式
输出碰面所需要的天数，如果永远不可能碰面则输出一行"Impossible"。
输入输出样例
输入 #1复制
1 2 3 4 5
输出 #1复制
4
首先根据题意不难列出方程：假设跳了t天，那么有：
((t imes m + x) \% L = (t imes n + y) \% L)
取模后相等说明相差了k倍的L。因此可以变形为：
(t imes (m - n) + (x - y) = k imes L)
继续移项，可得：
(t imes (n - m) + k imes L = x - y)
发现这正是喜闻乐见的不定方程的形式。方便起见，令：
a = n - m, b = L, c = x - y, GCD = gcd(a, b), x = t, y = k（此处的x和y与输入的x和y没有关系，仅仅是方便表示）
则方程变为：(ax+by=c)
因为c不一定是GCD的倍数，如果不是的话方程无解，输出impossible即可。否则的话可以进行如下变换：
这样就可以套exgcd的板子求出来一组特解((x_0, y_0))。注意这组特解的(x_0)是对应(frac{x imes GCD}{c})这个变量的，相当于换元了。而通解为(x_0 + kkfrac{b}{GCD})，根据题意我们要找的是一个最小的解。因为kk是在整数范围内取，所以有可能是负的，那么最小的一个解实际上可以用取模的方法求：(x_{min} = x_0 \% frac{b}{GCD})（为了防止负数模出问题还要加一个(frac{b}{GCD})）。但是因为经过换元了，所以还需要乘(frac{c}{GCD})才能得到真正的天数。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll x, y, m, n, L;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (!b) {
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;
}
ll gcd(ll a, ll b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
}
int main() {
cin >> x >> y >> m >> n >> L;
//假设跳了t天
//(t * m + x) % L == (t * n + y) % L
//t * (m - n) + (x - y) == k * L
//t * (m - n) - k * L == y - x
//t * (n - m) + k * L == x - y
ll a = n - m, b = L, c = x - y;
if(a < 0) {
a = -a;
c = -c;
}
ll GCD = gcd(a, b);
if(c % GCD != 0) {//无解
cout << "Impossible";
} else {
ll x0, y0;
exgcd(a, b, x0, y0);
ll ans = (c / GCD * x0 % (b / GCD) + b / GCD) % (b / GCD);//注意c / GCD的位置
cout << ans;
}
return 0;
}