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
题目描述：
2只乐观的青蛙要求约会。他们沿着同一方向，绕着地球跳。可以看出2只青蛙在一条由数轴首尾相连围成的圈。青蛙A在坐标x处开始跳，每次跳m米，青蛙B在坐标y处开始跳，每次跳n米。他们都是沿着数轴的正方向跳。数轴长L米。问2只青蛙能否见面，若能，要跳多少次。
分析：
2只青蛙都是沿同一方向跳的。假设他们跳t次能见面。跳了k圈。那么就有关系式。x+m * t-(y+n * t)=k*l。可以写成
(n-m) * t+l * k=x-y。因为n-m,l,x-y都是常数，所以：令a=n-m,b=l,c=x-y。就得到a * t+b * k=c。
问题就转化成，求a * x+b * y=c的最小解x。
求解该方程就用到扩展欧几里得。
因为a * x+b * y=gcd(a,b)。一定有解(x0,y0)。把gcd(a,b)变成c，就是令x'=c/gcd(a,b) *x0,y'=c/gcd(a,b) *y0。
就是a * x'+b * y'=c。
可以得到它的通解x'=c * x0 + b/gcd(a,b) * z。y'=c * y0 + a/gcd(a,b) * z。（z为任意整数）
推导参考：https://www.cnblogs.com/yuelingzhi/archive/2011/08/13/2137582.html
我们要求最小解，比如求最小的x。x=x' % (b/gcd(a,b)) 。因为我们可以令z为适当的负数，使x'最小使它的余数。
注意：
我们使用的exgcd一般使a>b的，如果n-m比l要小，可以调下位置，这时我们求得就是最小的y了。
要特判一下，如果2青蛙跳的距离一样，那么他们就见不了面了。
代码：
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; typedef long long ll; ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { ll d=a; if(b!=0) { d=exgcd(b,a%b,y,x); y-=a/b*x; } else { x=1; y=0; } return d; } int main() { ll x,y,m,n,l; scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l); ll c=x-y; ll cop=n-m; ll a,b; ll x0=0; ll y0=0; if(cop==0) { printf("Impossible\n"); return 0; } if(cop>l) { a=cop; b=l; int p=exgcd(a,b,x0,y0); if(c%p!=0) { printf("Impossible\n"); } else { //因为它可能为负数，负数取模 ll ans=((c/p*x0)%(b/p)+b/p)%(b/p); printf("%lld\n",ans); } } else { a=l; b=cop; int p=exgcd(a,b,x0,y0); if(c%p!=0) { printf("Impossible\n"); } else { ll ans=((c/p*y0)%(a/p)+a/p)%(a/p); printf("%lld\n",ans); } } return 0; }