青蛙的约会
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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"
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4
题目大意：有两只青蛙分别在一个周长为L的圆圈上的x和y位置开始向左跳，第一只青蛙的速度是m，第二只青蛙的速度是n，问这两只青蛙能否在相同时刻相同地点相遇
设两只青蛙在t时刻相遇，则： (x+mt)-(y+nt)=k*L(k = 0, 1, 2,…)
移项得： (n-m)t+kL=x-y
转化为拓展欧几里得模板题ax+by=n
求是否存在整数解x
对于ax+by=n：
1、先计算Gcd(a, b)，若n不能被Gcd(a, b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同时除以Gcd(a, b)，得到新的不定方程a’ * x + b’ * y = n’，此时Gcd(a’, b’)=1;
2、利用欧几里德算法求出方程a’ * x + b’ * y = 1的一组整数解x0, y0，则n’ * x0,n’ * y0是方程a’ * x + b’ * y = n’的一组整数解；
3、根据数论中的相关定理，可得方程a’ * x + b’ * y = n’的所有整数解为：
x = n’ * x0 + b’ * t
y = n’ * y0 - a’ * t
(t为整数)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)//扩展欧几里得算法
{
if(b==0)
{
x=1;y=0;
return a; //到达递归边界开始向上一层返回
}
ll r=exgcd(b,a%b,x,y);
ll temp=y; //把x y变成上一层的
y=x-(a/b)*y;
x=temp;
return r; //得到a b的最大公因数
}
int main() {
ll x,y,m,n,l;
cin >> x >> y >> m >> n >> l;
// (x+m*s)-(y+n*s)=k*l -----> (n-m)*s+k*l=x-y 转换成a*x+b*y=c
ll a = n-m,b=l,c=x-y,X,Y;
ll r=exgcd(a,b,X,Y);
if(c%r) {
cout << "Impossible" << endl;
}
else {
X=X*c/r;
ll b2=b/r; //为什么要b2取模呢，x得通解为x = n' * x0 + b' * t ，当对b'取模后，x=n'*x0%b'，此时x最小
cout << (X%b2+b2)%b2 << endl;//处理负数
}
return 0;
}