poj 1061 青蛙的约会 ex_gcd

/*   思路：两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，

y+nt是B走的距离，要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；则：(x+mt)-(y+nt)=kl;

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。

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)}。

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。

证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，

就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，

所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，

即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，

所以用x = (X % r + r) % r就可以求出最小非负整数解x了！（X % r可能是负值，此时保持在[-(r-1), 0]内，

正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2r - 1]内，所以再模一下r就在[0, r-1]内了）。
*/
///(m-n)t%L=y-x
# include<stdio.h>
# include<algorithm>
# include<iostream>
# include<string.h>
# include<math.h>
using namespace std;
# define LL long long
LL ex_gcd(LL a,LL b,LL &x1,LL &y1)
{
if(b==0)
{
x1=1;
y1=0;
return a;
}
LL ans=ex_gcd(b,a%b,x1,y1);
LL temp=x1;
x1=y1;
y1=temp-a/b*y1;
return ans;
}
int main()
{
LL x,y,n,m,L;
while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&L))
{
LL x1,y1;
LL ans=x-y;
LL d=ex_gcd(n-m,L,x1,y1);
if(ans%d!=0)
printf("Impossible\n");
else
{
x1=x1*(ans/d);
x1=(x1%(L/d)+L/d)%(L/d);
if(x1==0)
x1=1;
printf("%lld\n",x1);
}
}
return 0;
}