青蛙的约会（扩展欧几里得）

青蛙的约会

TimeLimit:1000MS  MemoryLimit:10MB

64-bit integer IO format:%lld

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Problem 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"

 

SampleInput

1 2 3 4 5

SampleOutput

4

解题思路：

因为两只青蛙有可能在绕弯大于一圈的维度才相遇到，这个问题实际上就是取余的问题

x + k * m  =  L * t1+ 余数

y + k * n =   L * t2 + 余数

方程两边相减：(m - n)*k + Lt = y - x;

a=m-n,b=L,c=y-x;   

ax+by=c;

题目求x最小 a(x-D)+b(y-a*D/b)=c;

尽可能D大 aD%a=0,aD%b=0--> aD=klcm(a,b)--->D=k*b/gdc(a,b);

通解 ：x=x0+b/gdc(a,b)*t;

    　　 y=y0-a/*gdc(a,b)*t;

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll x,y,m,n,L;
ll X,Y;

ll gdc(ll a,ll b){
    return b==0?a:gdc(b,a%b);
}

void exgdc(ll a,ll b,ll &X,ll &Y){
    if(b==0){
        X=1;
        Y=0;
        return;
    }
    exgdc(b,a%b,X,Y);
    int temp=X;
    X=Y;
    Y=temp-a/b*Y;
}


int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>x>>y>>m>>n>>L;
    ll a=m-n,b=L,c=y-x;
    ll GDC=gdc(a,b);   //最大公约数
    exgdc(a,b,X,Y);
    if(c%GDC!=0){
        cout << "Impossible" << endl;
    }
    else{
        ll res=X*(c/GDC);   //一个特解;
        ll ans=b/GDC;    
        if(ans<0) ans=-ans;
        res%=ans;
        if(res<0) res+=ans;
        cout << res << endl;
    }
    return 0;
}