poj1601（拓展欧几里得）

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

Source

浙江

解x，y的方法的理解：

1、显然当 b=0，gcd（a，b）=a。此时x=1，y=0；

也就是1*a+0*b = a

2、设ax1+by1=gcd(a,b);

　　在下一个exgcd里bx2+(amod b)y2=gcd(b,amod b);

　　根据欧几里德原理有gcd(a,b)=gcd(b,amod b);

　　则:ax1+by1=bx2+(amod b)y2;

　　即:ax1+by1=bx2+(a-(a/b)*b)y2=ay2+bx2-(a/b)*by2;

　　根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2-(a/b)*y2;

这样我们就得到解x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于 x2，y2。

设时间为t，则两个青蛙的位置分别为(x+mt)modL、(y+nt) mod L，相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L，即(m-n)*t+k*L=y-x。

OK，现在已经符合ax+by=c的方程了，设a=m-n，b=L，c=y-x，

由于ax+by=gcd(a,b)而不是c,因此只有当c|gcd(a,b)时,有解

此时方程俩边同时乘c/gcd(a,b),便可得c/gcd(a,b)*(ax+by)=c

转化一下,现在 x=x*c/gcd(a,b), b=b/gcd(a,b)

在ax+by=c此方程中,x增b，y减a,和不变。所以(x%b+b)%b可求出最小的x.也可分正负讨论

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<vector>
#include<list>
#include<set>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cassert>
#include<sstream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 10005;
#define MOD 1000000007
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
typedef long long ll;

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b==0)
	{
		x=1;
		y=0;
		return a;
	}
	ll r=exgcd(b,a%b,y,x);
	y-=x*(a/b);
	
/*	ll r =exgcd(b,a%b,x,y);
	ll t=x;
	x=y;
	y=t-a/b*y;*/
	
	return r;
}
int main()
{
	ll x,y,m,n,L;
	ll a,b,c,gcd;
	while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L)!=EOF)
	{
		a=m-n;
		b=L;
		c=y-x;
		if(a<0)
		{
			a=-a;
			c=-c;
		}
		gcd=exgcd(a,b,x,y);
		if(c%gcd!=0)
			printf("Impossible");
		else
		{
			x=x*c/gcd;
			int t=b/gcd;
			if(x>=0)
				x=x%t;
			else
				x=x%t+t;
			printf("%lld\n",x);
		}
	}
	return 0;
}

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