青蛙的约会

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

题目解析

exgcd入门题目，今天来回顾一下，之前做的时候其实是一知半解的，回到题目，两只青蛙从2个地方开始跳，有2个跳的距离，问几次之后能相遇，题目实际上可以化简为：x+mt=y+nt+zl;其中t和l为任意整数，我们把这个式子按照已知量进行化简：
(n-m)*t+z*l=x-y;我们可以另n-m=a,x-y=c,l=b;原式子就会变成a*t+b*z=c；就变成了一个二元一次方程，那么我们要求的就是这个方程t的最小正整数解。
到这里已经解析完了，那么接下来就是用算法，exgcd的问题，exgcd实际上就是求的一个二元一次方程组的解，再这里不做太多解析，大概阐述一下我们的工作手段，我们用exgcd的板子可以求得一个a1*t1+b1*z1=1的解，a1和b1分别为a/gcd（a，b），b/gcd（a，b）；然后得到原始式子的通解公式
t=t1*（c/gcd（a，b））+h*b1，其中h为任意整数，那么这题就迎刃而解了。
附上大佬的exgcd的详细解析：https://www.cnblogs.com/yuelingzhi/archive/2011/08/13/2137582.html

ac代码

#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll ans,x,y;
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x, ll &y)
{if(!b){x=1;y=0;return a;}ans=exgcd(b,a%b,x,y);ll t=x;x=y;y=t-a/b*y;return ans;
}
int main(){ll m,n,x1,y1;ll a,b,c;scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x1,&y1,&m,&n,&b);a=n-m;c=x1-y1;if(a<0){       a=-a;c=-c;}exgcd(a,b,x,y); if(c%ans==0){b=b/ans;c=c/ans;x=((x*c)%b+b)%b;printf("%lld\n",x);}else {printf("Impossible\n"); }
}