青蛙的约会（信息学奥赛一本通 1631）（洛谷 1516）

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

1 2 3 4 5

输出 #1

4

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这道题呢就是很显然的拓展欧几里得算法的应用。

我们设两只青蛙跳了t次后碰面，则此时青蛙A的坐标为x+m*t，青蛙B的坐标为y+n*t，由题意得

x+m*t-(y+n*t)=L*p（p为整数）

注意这里是指坐标差为长度L的整数倍！（可以简单地在纸上模拟下）

那么，关于拓展欧几里得算法，我这里就不多做解释了，如果想了解更多可以查看这篇博客

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long x,y,m,n,l;
void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x0,long long &y0)
{
    if(!b)
    {
        d=a;
        x0=1;
        y0=0;
    }
    else
    {
        exgcd(b,a%b,d,x0,y0);
        long long t=x0;x0=y0;y0=t-a/b*y0;
    }
}
int main()
{
    long long y0,x0,d;
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l);
    if(m==n)
    {
        puts("Impossible");
        return 0;
    }
    if(n<m)
        {
        swap(m,n);
        swap(x,y);
    }
    exgcd(n-m,l,d,x0,y0);
    if((x-y)%d!=0)
        puts("Impossible");
    else
        printf("%lld",(x0*(x-y)/d%(l/d)+l/d)%(l/d));
    return 0;
}