今天在北大POJ上做到一道题——青蛙的约会，连续研究了数个小时，提交了共有50多次，每次都是以wrong anwser或是Time Limit Exceeded被打了回来。后来没吃晚饭，当看到最后一次显示“Accepted”时，内心的焦躁瞬间舒展开来了。
题目原文：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"
这里可以有两种方法，第一种稍微好理解一些，不过让人感觉诧异的是同样的算法，C++实现的结果是 Time Limit Exceeded，而换做C语言却通过了对POJ的提交。这也就不得不说明C语言虽然功能更为单调，但是由于更接近底层操作，它的运行速度仍是一大优势。
方法一分析： 两只青蛙的初位移差：x-y，跳跃能力差值m-n。简单的相对性的原理，我们便可以假设是一只青蛙在跳，跳跃能力是m-n;初始位置x-y；即理解为一只青蛙从x-y位置开始，以m-n的跳跃能力，能否在若干次跳跃后回到0点上。分析一下下就会想到，如果不能，这只青蛙将会以某种规律在除原点外的一些点上循环跳下去。那么我们就以青蛙每过一次跳经原点后距离远点大小为标记，如果有一次恰好跳在原点上，那么就得出了答案，如果若干次后，它不但没有跳到原点上，反而又跳到了出发位置上，那么说明它将以此规律无限循环跳下去而永远也跳不到原点上，这时就可以大胆输出“Impossible”了。下面是用C++将其实现的代码：
#include
using namespace std;
int main()
{
int x,y,m,n,l;
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
if(m==n)
{
cout<<"Impossible"<<endl;
return 0;
}
else
{
int c,z;
if(m>n)
{
c=m-n;
z=(y-x+l)%l;
}
else
{
c=n-m;
z=(x-y+l)%l;
}
int w=z%c;
int r=z/c;
while(true)
{
if(z%c==0)
{
cout<<r<<endl;;
break;
}
else
{
int p=z%c+l;
r+=p/c;
z=p%c;
}
if(z==w)
{
cout<<"Impossible"<<endl;
break;
}
}
}
return 0;
}
可惜的是这个代码提交后显示程序运算超时了（C语言翻译后居然可以通过，很令人更喜欢C++的自己吐槽。。。），虽然算法好理解，但是似乎是把更多的运算与判断都交给了计算机，貌似还得另寻途径。
下面方法2是理解上比上面更复杂点的解决办法，毕竟要给计算机省时省力，还得多用人脑细胞吧。
方法二分析：要另两只青蛙相遇，必须是累计跳跃布数是L的整数i倍，另跳k步，即（k*m+x）-（k+n+y）=L*i （i=0,1,2,3......）。简单整理后：L*i+(n-m)*k=x-y;其模型就是a*i+b*k=t（a，b，t都是已知整数）关于i和k是否有整数解。那好，先把这个问题放一下，现在引入一个很关键的数学性质：就是如果a，b如果是互质的，那么他们的线性组合可以得到任意的整数，证明如下：我们先证明a*i+b*k可以等于1，那么就能说明可以等于任意整数（直接乘以相应倍数就可以）。设n是a与b线性组合可以得到的最小的正整数。令m是另外一个可以线性组合得到的数:m=f*n+r（0<=r）；那么f*n也是属于a，b线性组合可以得到的，那么r就也是了；所以r就只能是0了。这样的话我们就得到a，b线性组合可以得到的数的集合{p}中所有的整数都是最小的n的倍数。我们另互质的a，b线性组合得到的最小的数仍是n，那么 a*x0+b*y0=n；
又有：a*（x0+1）+b*y0=n+a；
a*x0+b*（y0+1）=n+b；
所以n+a和n+b都是n的倍数，条件中a，b互质，那么n的值就只能是1了；
证到这里，我们把得到的结论总结一下：
如果a，b互质，那么这道题肯定有解的（确定不会输出“Possible”了），如果a，b不互质，那么如果t中含a，b最大公约数w，这时都除以w，仍然可以说明不用输出“Possible”了。
所以程序首要任务就是算出a，b的最大公约数。对于此，我们可以用欧几里得的辗转相除法则，即a，b的最大公约数等于b与a%b（%是取余符号）的最大公约数。
关于辗转相除的正确性，为了一窥其本质，试图证明如下：
设a，b的最大公约数为n；
另不妨令a=k*b+c；b=g*n；那么c一定也是n的倍数了，即n也是b与c的最大公约数。所以辗转相除的正确性就证明了。
求最大公约数，根据上述原理，其C++的实现如下：
int getMostCommenDivisor(__int64 a,__int64 b)
{
if(b==0)
{
return a;
}
return getMostCommenDivisor(b,a%b);
}
然后判断得到的最大公约数是否能被等式左边的t整除。然后怎样算出准确的跳跃步数就是下一个任务了；
关于a*i+b*k=t的解，等效于计算（a/n)*i+(b/n)*k=t/n 的解。有一个办法，就是暴力算法（穷举），从0开始，两个for循环算下去，但是这样转了一大圈还不如第一种方法来得省计算机资源。所以得找其他办法；
其实我们可以容易证明：a*i+b*k = b*i0+（a%b）*k0 = a*k0+b*（i0-（a/b）*k0）； 即i=k0，k=i0-（a/b）*k0；
递归的方法可很好的实现这个算法：
void getAnwser(__int64 a,__int64 b,__int64 &x,__int64 &y)
{
if( b==0 )
{
x=1;
y=0;
return;
}
getAnwser(b,a%b,x,y);
__int64 w=x;
x=y;
y=w-a/b*y;
return;
}
而（a/n)*i+(b/n)*k=t/n 的解一定是有无数组的，方程解如下： 其中t为任意整数
i = t/n* i0 + b/n * t
k = t/n * k0 - a /n* t 。
这也可以理解为，如果两只青蛙能够相遇，继续跳下去的话，他们将能够相遇无数次。
而我们要的答案是首次相遇时所跳的步数，即我们要求的大于零且最小的那个i的解，这在程序中也是必须要体现的。说到这里，所有的要解决的算法都已分析完，完整的C++代码如下：
#include
using namespace std;
void getAnwser(__int64 a,__int64 b,__int64 &x,__int64 &y) //计算初解的函数
{
if( b==0 )
{
x=1;
y=0;
return;
}
getAnwser(b,a%b,x,y);
__int64 w=x;
x=y;
y=w-a/b*y;
return;
}
int getMostCommenDivisor(__int64 a,__int64 b) //得到最大公约数的函数
{
if(b==0)
{
return a;
}
return getMostCommenDivisor(b,a%b);
}
int main()
{
__int64 x,y,m,n,l,a1,a2,a3,r;
while(cin>>x>>y>>m>>n>>l)
{
a1=n-m;
a2=l;
a3=x-y;
r=getMostCommenDivisor(a1,a2);
if(a3%r!=0) //判断是否能被整除，从而知道能否相遇
cout<<"Impossible"<<endl;
else
{
__int64 p1,p2,t;
a1=a1/r;
a2=a2/r;
a3=a3/r;
getAnwser(a1,a2,p1,p2);
p1=a3*p1;
while(p1>0) //我们要得到的是最小的那个正整数p1
p1-=a2;
while(p1<0) //保证是刚刚大于零的那个最小p1
p1+=a2;
cout<<p1<<endl;
}
}
return 0;
}
由于题目中给出0 < L < 2100000000，接近int型的上限，在计算步数上时可能出现溢出，所以要使用占用内存8个字节的__int64型，从而保证得数是有效的。
