POJ 1061 青蛙的约会（扩展欧几里得）

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

解题思路：

        假设青蛙跳t次后相遇，则根据题目意思可列方程为（x+mt）-（y+nt）=kL（k为整数），通过变形，方程化为

（n-m）*t+k*L=x-y。此方程为不定方程因此可以用扩展欧几里得算法解。只需设a=n-m，b=L，c=x-y即可。

代码如下：C/C++代码

#include<stdio.h>#include<iostream>using namespace std;//欧几里得算法求a，b的最大公约数（辗转相除法）__int64 gcd(__int64 a,__int64 b){    if(b==0) return a;    else return gcd(b,a%b);}//扩展欧几里得算法求方程ax+by=a mod b的一组整数解x1，y1（递归）void exgcd(__int64 a,__int64 b,__int64 &x1,__int64 &y1){    __int64 r;    if(b==0)    {        x1=1;        y1=0;        return;    }    else    {        exgcd(b,a%b,x1,y1);        r=x1;        x1=y1;        y1=r-(a/b)*y1;    }}int main(){    __int64 a,b,c,d,x,y,m,n,k,t,L,x1,y1;    scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&L);    a=n-m;    b=L;    c=x-y;    d=gcd(a,b);//a，b的最大公约数    /*对于不定整数方程Ax+By=c，若 c mod gcd(A, B)=0,    则该方程存在整数解x，y，否则不存在整数解。*/    if(c%d!=0)        printf("Impossible\n");    else    {        /*将方程Ax+By=c转化为ax+by=gcd(a,b),注意此        时gcd(a,b)=1，因为此时a,b互质*/        a=a/d;        b=b/d;        c=c/d;        //求方程ax+by=gcd(a,b)的一组解x1，y1，主要求出x1        exgcd(a,b,x1,y1);        /*根据方程ax+by=gcd(a,b)的所以解为x=x1+(b/gcd(a,b))*t=x1+b*t1，        所以可得方程Ax+By=c的解为X=x1*c+b*t，令X=0，解得t，        然后将t代入求得X（即代码中的k），如果X<0，只需加b即可*/        t=c*x1/b;        k=c*x1-t*b;        if(k<0)           k=k+b;        printf("%I64d\n",k);    }    return 0;}