POJ 1061 青蛙（蛤蟆）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
Source
浙江

今晚上马大佬讲同余，第一眼看这个题，就觉得有点想法
设他们一共跳了t次的话，（x+m*t）-（y+n* t）≡0（Mod L）
（貌似是 展环成链的思想）
变形得：(m-n)t-(y-x)=kL;即有(m-n)t mod L≡y-x;为线性同余方程。
K 表示 L的整数倍
此方程有解当且仅当y-x能被m-n和L的最大公约数(记为gcd(m-n,L)),即gcd(m-n,L)|y-x。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(m-n)t mod L=y-x成立，那么所有的解可以表示为：
{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。
扩展欧几里得 搞一下~~~
欧几里得算法的拓展应用中有如下三条定理：
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。

#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>using namespace std;#define LL long longLL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y){    if(b==0){        x=1;y=0;return a;    }    LL r=exgcd(b,a%b,x,y);    LL tmp=x;x=y;y=tmp-a/b*y;    return r;}int main(){    LL x,y,n,m,l,xx,yy,d,r;    cin>>x>>y>>m>>n>>l;    d=exgcd((n-m),l,xx,yy);    // 此处d存储的是 (n-m)和l的最大公约数     if((x-y)%d!=0) { printf("Impossible\n");return 0; }    else{        xx=xx*((x-y)/d);        r=l/d;        xx=(xx%r+r)%r;//求出最小非负整数解        printf("%lld\n",xx);    }    return 0;}