POJ1061 青蛙的约会 拓展欧几里得

题目：

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

分析：

求方程（x+mt）%l==(y+nt)%l是否有解和最小的正数t值。
上述方程可变形为  (x+mt)-(y+nt)=kl;其中k为{...,-1,0,1,2,3,...}
将方程化为  扩展gcd形式(ax+by=c)  (n-m)t+lk=x-y;
a=n-m,b=l,c = x-y;  注意a b必须化为整数，所以当a小于0时，a c取相反数，b不变（这样k的结果回变为-k，对结果没有影响）
通过扩展gcd就可以算出 ax+by=g的结果（x1,y1）。
但我们求的是ax+by=c的结果，当c%g!=0的时候，是没有解的。
  ax+by=c 两边同时乘以g/c可得  a*g/c x +b*g/c y =g;

所以可以得到 ax+by=c的一个解（x1*g/c,y1*g/c）
根据线性方程定理  x1的所有解为x1+k*b/g;其中k为{...,-1,0,1,2,3,...}
所以 ax+by=c的x的所有解为 x1*g/c+k*b/g;
要取得最小的解 只需要 当 x>0  x=x%（b/g） x<0 时 x=x%（b/g）+b/g

#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void exgcd(ll a, ll b, ll& d, ll& x, ll &y)
{
if(!b)
{
d = a, x = 1, y = 0;
}
else
{
exgcd(b, a % b, d, y, x);
y -= x * (a / b);
}
}
int main(){
ll x,y,m,n,l;
while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF){

ll c=y-x;
ll a=m-n;
if(a<0) a=-a,c=-c;
ll b=l;
ll ansX,ansY;
ll g;
exgcd(a,b,g,ansX,ansY);
ll mod = b/g;
if(c%g!=0) printf("Impossible\n");
else {
ansX=ansX*c/g;
if(ansX>0) ansX=ansX%mod;
else ansX=ansX%mod+mod;
printf("%lld\n",ansX);
}
}
}