Problem A

Time Limit : 2000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 20000/10000K (Java/Other)
Total Submission(s) : 26   Accepted Submission(s) : 15

Problem 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   此题为欧几里得扩展的问题：   有题目的意思，不难想到，若果两者相遇。。。那么必须满足 x+k*m+w*L= y+k*n+r*L;   通过化解得  k*(m-n)+q*L=y-x;  (需要注意的是q 为w , r 的 合集 的结果，但是由于w,r,两者是不知道的，所以我们不妨用一个q来取代)，这样他就有了，那个谁的影子，没错，像不像   x*a+b*y=c;  由于 x*a+b*y=c=gcd(a,b); 但是所得到的公约数.....又  

​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*k + b*l。​

​证明​：​由于 gcd(a, 0) = a，我们可假设b ≠ 0，这样通过连除我们能够写出​

​a = b*q1 + r1​

​b = r1*q2 + r2​

​r1 = r2*q3 + r3​

​……​

​ 由第一式有r1 = a - q1*b，所以r1能写成k1*a + l1*b的形式（这时k1 = 1, l1 = -q1）。由第二式有r2 = b - r1*q2 = b - (k1*a + l1*b)*q2 = -q2*k1*a + (1 - q2*l1)*b = k2*a + l2*b。​

​显然，这过程通过这一串余数可重复下去，直到得到一个表达式rn = k*a + l*b，也就是d = k*a + l*b，这就是我们所要证明的。​


所以说咯，ax0 + by0 = d一定有解！那么应该怎么求x0和y0呢？要用到一种叫做扩展欧基里得的算法（NND，第一次听说，我还是太弱了啊~~~）！

求法如下：由于gcd(a, b) = gcd(b, a%b) （这个不用证明了吧？？？地球人都知道！），有a​x0​ + b​y0​ = gcd(a, b) = gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1，而a%b又可以写成a-a/b*b（a/b*b不等于a啊！记得为了这个SB问题还被骂过~），所以=bx1 + (a-a/b*b)y1 = a​y1​ + b​(x1-a/b*y1)​，所以如果我们求出gcd(b, a%b) = bx1 + (a%b)y1的x1和y1，那么通过观察就可以求出x0 = y1，y0 = (x1 - a/b*y1)。那我们怎样求x1和y1呢？当然是求x2和y2了，做法一样滴。一直求到gcd(an, 0) = an*xn + 0 * yn，这时令xn=1，yn=0就完事了，就可以求xn-1和yn-1，然后xn-2和yn-2，然后一直求到x0和y0了。

​定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。​

​证明：由​定理一​知，总可以找到或正或负的整数k和l使a*k + b*l = gcd(a, b) = 1，即我们可以求出ax ≡ 1 (mod b)的解x0。当然，两边乘以c有a(cx0) ≡ c (mod b)，所以有x = cx0就是ax ≡ c (mod b)的解。由于加上或减去若干倍b都是该方程的解，所以x在[0, b-1]上有解。那么怎样确定它的唯一性呢？我花了一个小时终于证明出来了，证明方法就是，假设x1和x2都是[0, b-1]上的解，那么就有ax1 ≡ c (mod b)，ax2 ≡ c (mod b)，两式相减就有a(x1-x2) ≡ 0 (mod b)，即a(x1-x2)可以被b整除。但gcd(a, b) = 1啊！所以a和b之间没有共同的语言可以交流，所以只能说(x1-x2)被b整除了。但x1和x2都在[0, b-1]上，所以x1-x2也在[0, b-1]上，所以只能说x1-x2=0了，因此x1=x2。这就证明了解的唯一性！​

这个定理不过是为了证明定理三方便而已，定理三才是王道：

​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：上面说过，这个该死的方程等价于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，得证！​

有了上面几个该死的定理，小菜我终于把最小非负整数的问题解决了。如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么我令r = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以我用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）。


1 #include<iostream>
 2 using namespace std;
 3 long long x,y,q;
 4 void exgcd(long long a,long long b)
 5 {
 6     if(b==0)
 7     {
 8         x=1,y=0,q=a;
 9     }
10     else
11     {
12         exgcd(b,a%b);
13         long long temp=x;
14         x=y,y=temp-a/b*y;
15     }
16 }
17 int main()
18 {
19     long long X,Y,M,N,L;
20     while(cin>>X>>Y>>M>>N>>L)
21     { 
22         exgcd(N-M,L);
23         if((X-Y)%q)
24             cout<<"Impossible"<<endl;
25         else
26         {
27             long long temp=L/q;
28             cout<<((X-Y)/q*x%temp+temp)%temp<<endl;
29         }
30     }
31     return 0;
32 }




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