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

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Sample Output

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复制一下学长的三定理，加思路，想看的话链接在这里
对扩展欧几里得，首先给出三个定理
定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使d = a*x+ b*y。

定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。
声明一下——式子ax + by = c 和 ax ≡ c (mod b)是可以相互转化的。

思路：设最少跳t次可以碰面，那么可以得到(x + m * t) - (y + n * t) = k * L。（其中k为整数）
转化该式——k * L + (n - m) * t = x - y

设d = gcd(n-m, L)，因为x-y可能不是n-m和L的最大公约数，设time = (x-y) / d。
式子k * L + (n - m) * t = time * d -————> k * L / time + (n - m) * t / time = d
这样就对应了a * x + b * y = c的形式，其中a = L， b = n - m，x = L / time，y = t / time。
利用扩展欧几里得求出x，y，这样就得到t = y * time。

由定理三：可知在[0, b/d-1] 即 [0, L/d-1]上有唯一解，这样的话我们只需要对求出的t 对 L/d取余就可以了。（对 x 时是 [0, b/d-1] ,对 y 就是 [0,a/d-1] )

下面代码加注释是自己看了一个上午的心得：

/*用扩展欧几里德算问题首先要找到 a*x + b*y = c的公式，然后令 c = gcd(a,b) * k 即 c = d * k 于是转化成 a*(x/k) + b*(y/k) = d的方程，判断一下(c%d)是否为零，为零表示有解，否则无解，有解时求出一组解(x/k,y/k)以后，按照解(x0+b/d,y0+a/d)取余解出最优的(x0,y0),然后取正; */ #include <stdio.h>#define LL __int64void exgcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y)//扩展欧几里德模板 ，运用欧几里德可以求出很多解里面的其中一个解 {    if(!b)    {        d = a;        x = 1;         y = 0;    }    else    {        exgcd(b, a%b, d, y, x);        y -= x * (a / b);    }}int main(){    LL m, n, x1, y1, l;//k*l + (n-m)*t = x1-y1 ; 令(x1-y1)/d = k;     while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &x1, &y1, &m, &n, &l) != EOF)    {        LL d, x, y, a = l, b = n-m;//a*x + b*y = c; gcd(a, b) = d; c = k * d; (x/k)*a + (y/k)*b = d        exgcd(a, b, d, x, y);//求出 d, x/k, y/k;         if((x1-y1) % d)//当c 不是 d 的倍数时 就意味着无解         {            printf("Impossible\n");            continue;        }        l = l / d;/*因为 by = c(mod a) 在【0~a/d-1】有唯一解 ；因为在这个范围内有解        欧几里德所求的解并不一定所求的那一组解，它的任意整数解都可以写为(x0+kb', y0+ka')         k为正整数， a' = (a / gcd(a,b)) , b' = (b / gcd(a,b));        所以要求最小解 y0 直接把求出来的一组解中的 y % (a/d)         */        LL ans = (y * (x1-y1) / d) % l;        ans = (ans + l) % l;//可能所求的解是负数最小解，这里给变成正的，如果是正解相当于不变         printf("%I64d\n", ans);    }    return 0;}