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青蛙的约会
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。
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
分析： 由题目我们可知： x+m*t=y+n*t (mod L) （t表示走的步数）
(m-n)*t +L*k =y-x
令 a = m-n ; b=L ;c = y-x 得到：
a*t +b*k = c 然后用拓展欧几里德的思想求即可。
Gcd(a, b) = Gcd(b,a%b), 可以将a b 的线性组合就化简为 b 与 a % b 的线性组合
所以x * a+y * b = Gcd(a, b) = Gcd(b,a%b) = _x * b + _y * a % b
= _x * b +_y * (a – a / b * b)
= _y * a + (_x – _y *a / b) * b
所以：x = _y y = _x – _y *a / b ；
要求a*x+b*y=c的解，令g=gcd(a,b), 很明显,c不是g的倍数时方程无解。如果c等于g，用扩展欧几里德算法求得一组解(x0,y0). 如果c是g的倍数，则相应的一组解(x0*c/g,y0*c/g).
若方程存在解(x1,y1)，则通解形式为(x1+k*b/g, y1-k*a/g), k为任意整数；
#include<stdio.h>
#include<iostream>
using namespace std;
#define LL __int64
LL extendgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{LL tmp;if(b==0){x=1;y=0;return a;}else{LL d=extendgcd(b,a%b,x,y);tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;return d;}
}
int main()
{LL x,y,m,n,L,a,b,c,t,q;while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF){a=m-n;b=L;c=y-x;if(a<0)a=-a,c=-c;LL d=extendgcd(a,b,x,y);if(c%d==0){q=b/d;t=x*c/d%q;printf("%I64d\n",(t+q)%q);}else printf("Impossible\n");}return 0;
}