拓展欧几里得算法

推导过程：

ax+by=gcd(a,b)
∵ gcd(a,b) = gcd(b,a%b)
∴ ax1+by1 = bx2+(a%b)y2
则 ax1+by1 = bx2+(a-a/b*b)y2
∴ ax1+by1 = ay2+b(x2-a/b*y2)
∴ x1=y2 y1=(x2-a/b*y2)
当b==0时，ax+by = gcd(a,b) = a
∴ x=1 , y=0;

模板：

long long  f(long long  a,long long  b,long long  &k,long long  &t)
{
    if(!b)
    {
        k=1,t=0;
        return a;
    }
    long long  ans=f(b,a%b,t,k);
    t-=(a/b)*k;
    return ans;
}

 

例题分析：

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

正方向跳，易得(x+km)%L=(y+kn)%L

转换成同余方程：k*(m-n)+t*L=y-x

#include <iostream>
#include<string>
#include<cmath>
using namespace std;
long long  k,t;
long long  f(long long  a,long long  b,long long  &k,long long  &t)
{
    if(!b)
    {
        k=1,t=0;
        return a;
    }
    long long  ans=f(b,a%b,t,k);
    t-=(a/b)*k;
    return ans;
}
long long  gcd(long long  a,long long  b)
{
    if(b==0)
        return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main()
{
    long long  x,y,m,n,l;
    cin>>x>>y>>m>>n>>l;
    long long  gbs=gcd(m-n,l);
    if((y-x)%gbs!=0)
    {
        cout<<"Impossible\n";
        return 0;
    }
    else
    {
        long long  ans=f(m-n,l,k,t);
        k*=(y-x)/gbs;
        k%=(l/gbs);
        k+=l/gbs>0?l/gbs:-l/gbs;
        k%=(l/gbs);
        cout<<k;
    }
    return 0;
}