POJ 1061青蛙的约会 扩展欧几里得

题目：http://poj.org/problem?id=1061

题意：

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

思路：首先n != m时肯定无解。然后设t次后相遇,那么有(x + m*t) - (y + n * t) = L * l,l为两者相差的圈数,可得(n - m) * t + L * l = x - y;将方程写成ax + by = c的形式(n-m=a,l=b,x-y=c),可以求出ax + by = gcd(a, b)时的解x和y,x*c/gcd(a,b)就是原方程的解.
又有如下定理:设a，b，c为任意整数。若方程ax+by=c的一组整数解为（x0，y0），则它的任意整数解都可以写成（x0+kb',y0-ka'),其中a'=a/gcd（a，b），b'=b/gcd（a，b），k为任意整数.则可以得出本题的正确答案

#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long ll;ll extgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){    ll d = a;    if(b != 0)    {        d = extgcd(b, a % b, y, x);        y -= (a / b) * x;    }    else x = 1, y = 0;    return d;}int main(){    ll x, y, m, n, l;    while(~ scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &l))    {        if(n == m) puts("Impossible");        else        {            ll a = n - m, b = l, c = x - y;            ll r1, r2;            ll g = extgcd(a, b, r1, r2);            if(c % g != 0) puts("Impossible");            else            {                b /= g;                printf("%lld\n", ((r1 * c / g) % b + b) % b);//应用上述定理            }        }    }    return 0;}