青蛙的约会

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Description

两仅仅青蛙在网上相识了，它们聊得非常开心，于是认为非常有必要见一面。它们非常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。但是它们出发之前忘记了一件非常重要的事情，既没有问清楚对方的特征，也没有约定见面的详细位置。

只是青蛙们都是非常乐观的，它们认为仅仅要一直朝着某个方向跳下去，总能碰到对方的。

但是除非这两仅仅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。为了帮助这两仅仅乐观的青蛙，你被要求写一个程序来推断这两仅仅青蛙是否可以碰面。会在什么时候碰面。

 

我们把这两仅仅青蛙分别叫做青蛙A和青蛙B，而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。两仅仅青蛙跳一次所花费的时间同样。

纬度线总长L米。如今要你求出它们跳了几次以后才会碰面。 

Input

输入仅仅包含一行5个整数x。y，m。n。L，当中x≠y < 2000000000，0 < m、n < 2000000000，0 < L < 2100000000。

Output

输出碰面所须要的跳跃次数，假设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：设两仅仅青蛙跳S次之后碰面且A比B跳得快，则（x + S * m) - (y + S * n) = k * L（k = 0, 1, 2……）。

移项合并后的（n - m) * S + k * L = (x - y).令a = n -  m, b = L, c = x - y，即a * S + b * L = c（1）

若式(1)有整数解。则两仅仅青蛙能相遇，否则不能。所以问题就转化为了求方程的整数解。

首先计算出d = gcd(a, b),假设d不能整除c。则方程无整数解。

否则，在方程两边同一时候除以d，得到a' * S + b' * L = c‘，此时gcd(a', b') = 1.

然后利用扩展欧几里得算法求出a' * S + b' * L = 1'的一组整数解x0, y0,则（c' * x0, c' * y0)是a' * S + b' * L = c‘的一组整数解，a' * S + b' * L = c‘的全部解为（x = c' * x0 + b' * k, y = c' * y0 - a' * k),同一时候也是a * S + b * L = c的全部解。

写法一：

#include 
     
      #include 
      
       typedef long long LL;LL X, Y, M, N, L;LL gcd(LL a, LL b) {    while(b) {        LL r = a % b;        a = b;        b = r;    }    return a;}void extend_gcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {    if(b == 0) {        x = 1;        y = 0;        return ;    }    else {        extend_gcd(b, a % b, x, y);        LL tmp = x;        x = y;        y = tmp - a / b * y;    }}int main() {    LL x, y, d;    while(~scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d", &X, &Y, &M, &N, &L)) {        LL a = N - M;        LL b = L;        LL c = X - Y;        d = gcd(a, b);        if(c % d != 0) {            printf("Impossible\n");            continue;        }        a /= d;        b /= d;        c /= d;        extend_gcd(a, b, x, y);        LL t = c * x % b;        if(t < 0) t += b;        printf("%I64d\n", t);    }    return 0;}
      
     

写法二：

#include 
     
      typedef long long LL;using namespace std;LL X, Y, M, N, L;void extend_gcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL &y) {    if(b == 0) { d = a; x = 1; y = 0; }    else { extend_gcd(b, a % b, d, y, x); y -= x * (a / b); }}int main() {    while(cin >> X >> Y >> M >> N >> L) {        LL d, x, y;        extend_gcd(N - M, L, d, x, y);        if((X - Y) % d == 0) {            LL p = L / d;                x = (X - Y) / d * x;            x = (x % p + p) % p;  //防止x为负值            cout << x << endl;        }        else cout << "Impossible" << endl;    }    return 0;}/* d为N-M和L的最大公约数，x为(N-M)/d对L/d的逆元，即((N-M)/d) * x ≡ 1(mod L/d)，即((N-M)/d) * x + (L / d)* y = 1的一组解，所以((N-M)/d) * x + (L / d)* y = (X-Y)/d的一组解为x0 = (X-Y)/d * x.这也是(N - M) * x+ L * y = (X - Y)的一组解。 */