青蛙的约会（扩展欧几里德）

【数论】青蛙的约会

时间限制: 1 Sec 内存限制: 128 MB

题目描述

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。

输入

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。

输出

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"

样例输入

复制样例数据

1 2 3 4 5

样例输出

根据题目可以得到(x+mt)%l=(y+nt)%l(t为走过的步数)

那么就可以得到(x+mt)-(y+nt)=kl(k为整数)，余数相同要么不差圈，要么差一圈，两圈....

整理得t*(n-m)-kl=x-y;

可以看到(n-m)已知，l已知，x-y已知，那么

$\frac{t*gcd(n-m,l)}{x-y}*(n-m)-\frac{k*gcd(n-m,l)}{x-y}*l=gcd(n-m,l);$ (1)

记住t为我们要求的，根据扩展欧几里德可以求出x1= $\frac{t*gcd(n-m,l)}{x-y}$ ,然后我们要求t了，

你以为t= $\frac{x1*(x-y)}{gcd(n-m,l)}$ 就够了？不信你试试样例都过不了。但是可以看出(x-y)%gcd(n-m,l) == 0才有解

可是，这不是最优解。看（1）,要求得最优的t，可以在左边加上l的倍数(这样，只要l的系数剪掉点就能保持不变了)，加多少倍呢，先看看t的值，t= $\frac{x1*(x-y)+pl}{gcd(n-m,l)}$ （p为倍数）,l%gcd(n-m,l) == 0这是肯定的，那么加上一倍就行了，最后取下模防止超过l。((x-y)%gcd(n-m,l)==0不代表gcd(n-m,l)%(x-y)==0,所以移项时保证值不变啊，p不能为0)，如果我说的不对，望指正。。。

/**/
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <queue>typedef long long LL;
using namespace std;LL x, y, m, n, l;void ex_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y, LL &d){if(!b){d = a, x = 1, y = 0;return ;}ex_gcd(b, a % b, y, x, d);y -= x * (a / b);
}int main()
{//freopen("in.txt", "r", stdin);//freopen("out.txt", "w", stdout);scanf("%lld %lld %lld %lld %lld", &x, &y, &m, &n, &l);LL dx, dy, gcd;ex_gcd(n - m, l, dx, dy, gcd);//cout << gcd << endl;if((x - y) % gcd) printf("Impossible\n");else {LL t = l / gcd;dx = (x - y) / gcd * dx;printf("%lld\n",  (dx % t + t) % t);}return 0;
}
/**/