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。
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
题解：
首先我们要了解一下扩展欧几里德定理：
扩展欧几里德算法是用来在已知a, b求解一组x，y，使它们满足贝祖等式： ax + by = gcd(a, b) = d（解一定存在，根据数论中的相关定理）。扩展欧几里德常用在求解模线性方程及方程组中。
对于不完全为 0 的非负整数 a，b，gcd（a，b）表示 a，b 的最大公约数，必然存在整数对 x，y ，使得 gcd（a，b）= ax+by。
求解 x，y的方法的理解
设 a>b。
1，显然当 b = 0，gcd（a，b）= a。此时 x = 1，y = 0；
2，a > b > 0 时
设 ax1 + by1 = gcd(a, b);
bx2 + (a mod b)y2 = gcd(b, a mod b);
根据朴素的欧几里德原理有 gcd(a, b) = gcd(b, a mod b);
则:ax1+ by1= bx2+ (a mod b)y2;
即:ax1+ by1= bx2+ (a – [a / b] * b)y2=ay2+ bx2– [a / b] * by2;
也就是ax1+ by1 == ay2+ b(x2– [a / b] *y2);
根据恒等定理得：x1=y2; y1=x2– [a / b] *y2;
这样我们就得到了求解 x1,y1 的方法：x1，y1 的值基于 x2，y2.
上面的思想是以递归定义的，因为 gcd 不断的递归求解一定会有个时候 b = 0，所以递归可以结束
int exGcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1;y=0;
return a;
}
int r=exGcd(b,a%b,x,y);
int t=x;x=y;y=t-a/b*y;
return r;
}
把这个实现和Gcd的递归实现相比，发现多了下面的x,y赋值过程，这就是扩展欧几里德算法的精髓。
可以这样思考:
对于a’=b,b’=a%b 而言，我们求得 x, y使得 a’x+b’y=Gcd(a’,b’)
由于b’=a%b=a-a/b*b
那么可以得到:
a’x+b’y=Gcd(a’,b’) ===>
bx+(a – a / b * b)y = Gcd(a’, b’) = Gcd(a, b) ===>
ay +b(x – a / b*y) = Gcd(a, b)
因此对于a和b而言，他们的相对应的p，q分别是 y和(x-a/b*y)
使用扩展欧几里德算法解决不定方程的办法
对于不定整数方程pa+qb=c，若 c mod Gcd(a, b)=0,则该方程存在整数解，否则不存在整数解。
有种较为不严谨的方法证明，不过至少弥补了一点空白，望某些数论大师补充修改：
由于我们知道，存在一组x与y使得a*x+b*y=gcd(a,b)。
将等式两边同时乘以整数k，即a*x*k+b*y*k=gcd(a,b)*k。如果c mod gcd(a,b)=f，则0<=f<gcd(a,b)。
那么可以令c=gcd(a,b)*k+f。这样一来，就有a*x*k+b*y*k+f=c。
若f
0，由于f<gcd(a,b)<=a<=b（假设a<=b），所以不存在f=a*m（m为整数），也就不存在a*(x*k+m)+b*y*k=c。也就是说，不存在a*x+b*y=c的整数解x与y。
所以f=0，即只有当c mod gcd(a,b)=0时，a*x+b*y=c有正整数解。得证。
上面已经列出找一个整数解的方法，在找到p * a+q * b = Gcd(a, b)的一组解p0,q0后，p * a+q * b = Gcd(a, b)的其他整数解满足：
p = p0 + b/Gcd(a, b) * t
q = q0 – a/Gcd(a, b) * t(其中t为任意整数)
至于pa+qb=c的整数解，只需将p * a+q * b = Gcd(a, b)的每个解乘上 c/Gcd(a, b) 即可，但是所得解并不是该方程的所有解，找其所有解的方法如下：
在找到p * a+q * b = Gcd(a, b)的一组解p0,q0后，可以
得到p * a+q * b = c的一组解p1 = p0*(c/Gcd(a,b)),q1 = q0*(c/Gcd(a,b))，p * a+q * b = c的其他整数解满足：
p = p1 + b/Gcd(a, b) * t
q = q1 – a/Gcd(a, b) * t(其中t为任意整数)
p 、q就是p * a+q * b = c的所有整数解。
扩展欧几里德算法不但能计算(a，b)的最大公约数，而且能计算a模b及b模a的乘法逆元。
在这里就不多说了。
那对于这道题来说：
说白了就是让你求这个（解a）：
x+am≡y+an(modL)
它就等于
a(m−n)≡y−x(modL)
把模去掉，就等于
a(m−n)+Lk=y−x
然后，用exgcd求
a(m−n)+Lk=gcd(m−n,L)
设d=gcd(m-n,L)，c=y-x。
若c%d!=0，则无解。
这样解出a后，最终答案就是：
(a∗c/d)modL/d
关于最后一步的证明，我是这样想的：
设要解的方程（求x）是：
ax1+by1=c
而我们已经解得
ax+by=gcd(a,b)=d
此时将第二个方程左右同时乘c/d，则可得：
ax∗c/d+by∗c/d=c
所以：
x1=x∗c/d
这样并没有完，因为这只是一组解，我们要求最小正整数解。
我们知道：若一组 < x,y > 是ax+by=c的一组解，那么
<x−b/d,y+a/d>
也是原方程的一组解。
这样我们只需要让解得的x不断减b/d，直到再减就为负数时，所得的x就是我们要的解。
其实这个过程就是模运算，所以最小正整数解就是：
x1=(x∗c/d)modb/d
还有一种证法。对于这个式子：
ax1+by1=c
我们可以让等式两边同时除以d，则：
ax1/d+by1/d=c/d
相当于化简，此时对结果无影响，求就好了。
下面是青蛙的约会的代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
if(b == 0)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
ll t = exgcd(b, a%b, x, y);
ll xx = x;
x = y;
y = xx - a/b*y;
return t;
}
int main()
{
ll m, n, x, y, mod;
cin>>x>>y>>m>>n>>mod;
if(m == n)
puts("Impossible");
else
{
if(m < n)
{
swap(x, y);
swap(m, n);
}
ll s, k;
ll c = y - x;
ll d = exgcd(m-n, mod, s, k);
if(c % d)
puts("Impossible");
else
printf("%lld", ((s*c/d)%(mod/d)+(mod/d))%(mod/d));
}
return 0;
}