poj 1061 青蛙的约会 （线性同余，扩展欧几里得)

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

思路：扩展欧几里德定理模板题。由题意可知(x+m*t)%l==(y+n*t)%l(t为跳跃次数，正整数)，即(x+m*t)-(t+n*t)==p*l(p为正整数)
即(n-m)*k+p*l==x-y   注意要保证p的符号为正。  这个形式是不是ax+by=c？  那么就可以直接套扩展欧几里得定理了。

求出的x0要乘以(c/gcd(a,b))  因为x0是ax+by=gcd(a,b)的解，而且x0不一定是最小的一个，我们这里要求出最少次数，那么肯定是要求出最小的一个。

通解是{x0+k*b/gcd(a,b)}  那么mod就是b/gcd(a,b)  最小的解就是(x0%mod+mod)%mod  加mod是为了防止第一次取模变成负数了。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
#define LL long long
LL extend_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
LL x1=x,y1=y;
LL d=extend_gcd(b,a%b,x1,y1);
x=y1;
y=x1-(a/b)*y1;
return d;
}
int main()
{
LL x,y,m,n,l;
LL x1,y1;
while(~scanf("%lld %lld %lld %lld %lld",&x,&y,&m,&n,&l))
{
LL a=n-m,b=l,c=x-y;
LL d=extend_gcd(a,b,x1,y1);
if(c%d!=0) printf("Impossible\n");
else
{
x1=x1*(c/d);
LL mod=b/d;
printf("%lld\n",(x1%mod+mod)%mod);
}
}
return 0;
}