拓展欧几里得PJO-1061

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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***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

x+tm=k1*L+z;
y+tm=k2*L+z;

相减得:x-y=t*(n-m)+(k1-k2)*L
<=> 求 c=ax+by式子中x的最小正整数整数解
根据二元一次方程存在整数解的充要条件：gcd(a,b)|c若c%gcd!=0,则无解
下面讨论有解的情况
先解gcd (a,b)=ax+by，得出x0,则 x=x0+b/gcd(a,b)*t，其中t属于Z
两端同时乘c/gcd，即为所求解
解gcd (a,b)=ax+by：
因为：a%b=a-(a/b)*b且gcd(a,b)=gcd(b,a%b)带入得：gcd(a,b)=ax+by=ay+b(x-a/b*y)=gcd(b,a%b)
如果知道最终状态: xn+1，yn+1在回馈时便可以更新xn=yn+1，yn=xn+1-an/bn*yn+1
当达到b=bn+1=0时，gcd结束，此时
an+1=gcd，b=0。an+1*xn+1+bn+1*yn+1=gcd
=> an+1*x0=an+1,y0=0;
然后return，更新xn=yn+1，yn=xn+1-an/bn*yn+1
得出最后答案。

代码

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x0,y0;
inline ll ex_gcd(ll a,ll b) {
    if(b==0){
        y0=0;
        x0=1;
        return a;
    }
    ll ans=ex_gcd(b,a%b);
    ll t=y0;
    y0=x0-a/b*y0;
    x0=t;
    return ans;
}
int main() {
    freopen("in.txt","r",stdin);
    ll x,y,m,n,l;
    read(x),read(y),read(m),read(n),read(l);
    ll a=n-m,b=l;
    ll gcd=ex_gcd(a,b);
    if((x-y)%gcd){puts("Impossible");return 0;}
    ll t0=(x-y)*x0/gcd;
    b=b/gcd;
    while(t0<0)
        t0+=b;
    while(t0>=0)
        t0-=b;
    printf("%lld\n",t0+b);
    return 0;
}