poj1061——青蛙的约会

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***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

可怕的数论
这题其实就是 x+km≡y+kn(modL) x y是原来的位置 m n是每步走的距离 k是走多少步后相遇 L是模数也就是纬线长度
然后化简为 k(m−n)≡y−x(modL) 两边式子取模相等，也就可以化简为
k(m−n)+gL=y−x 我们就可以看成是解这个二元一次方程 ax+by=c 其中 a是m−nb是Lc是y−x
然后我们是通过拓展欧几里德解出 ax+by=gcd(a,b) 的一个解， x0y0 然后乘以 cd就得到方程ax+by=c的一个解其中c就是y−x而d就是gcd(a,b)
最后就是要注意求出来的解有可能是负数刚好这个样例就是也就是两个各退一秒的时间就能相遇（-1s）所以要 +b再

代码：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
typedef long long ll;
using namespace std;
void extgcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){
    if(!b){
        d=a;
        x=1;
        y=0;
    }
    else{
        extgcd(b,a%b,d,y,x);
        y-=x*(a/b);
    }
}
int main(void){
    //freopen("data.txt","r",stdin);
    ll x,y,m,n,L;
    ll x0,y0;
    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)){
        ll a=n-m;
        ll b=L;
        ll c=x-y;
        ll d=0;
        //printf("%lld %lld %lld\n",a,b,c);
        extgcd(a,b,d,x0,y0);
        //printf("%lld %lld %lld\n",d,x0,y0);
        if(c%d){
            printf("Impossible\n");
        }
        else{
            c/=d;
            ll ans=(c*x0%b+b)%b;
            //不取模的话这里x0是-1
            //ans=c*x0;
            //解出来的x0是ax+by=gcd(a,b)的一个解 c*x0才是ax+by=z的一个特解
            //模b也就是模L求出最小整数解
            printf("%lld\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}