【扩展欧几里得】poj 1061 青蛙的约会

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

4题目分析：设时间为t，则两个青蛙的位置分别为(x+mt)mod L、(y+nt) mod L，相遇即是(x+mt)%L=(y+nt)%L，即(m-n)*t+k*L=y-xOK，现在已经符合ax+by=c的方程了，设a=m-n，b=L，c=y-x，然后套用模板求出特解t的值，注意t>0，所以要用通解公式得出最小正整数（为啥刚开始我就没想到这一点呢）。最后注意用long long~
#include <iostream>#include <set>#include <map>#include <stack>#include <cmath>#include <queue>#include <cstdio>#include <bitset>#include <string>#include <vector>#include <iomanip>#include <cstring>#include <algorithm>#include <functional>#define PI acos(-1)#define eps 1e-8#define inf 0x3f3f3f3f#define debug(x) cout<<"---"<<x<<"---"<<endlusing namespace std;typedef long long LL;LL e_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y){    if (b == 0)    {        x = 1;        y = 0;        return a;    }    LL ans = e_gcd(b, a % b, x, y);    LL temp = x;    x = y;    y = temp - a / b * y;    return ans;}LL cal(LL a, LL b, LL c)  ///求ax = c(mod b){    LL x, y;    LL gcd = e_gcd(a, b, x, y);    if (c % gcd != 0)    {        return -1;    }    x *= c / gcd;    b /= gcd;    if (b < 0)    {        b = -b;    }    LL ans = x % b;    if (ans <= 0)    {        ans += b;    }    return ans;}int main(){    LL x, y, m, n, L;    LL a, b, c, gcd;    while(cin >> x >> y >> m >> n >> L)    {        a = m - n;        b = L;        c = y - x;        LL ans = cal(a, b, c);        if (ans == -1)        {            puts("Impossible");        }        else        {            cout << ans << endl;        }    }    return 0;}