poj1061题解【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

刚做这道题时，以为只要用t=s/v搞一搞就可以了，后来才发现自己傻了，因为那样算出来的步数可能是小数。
重读这道题发现一个关系式：x+s*m-y-s*n=k*L;(s为跳的步数，k为绕的圈数）
移项得：s(m-n)-k*l=y-x，发现这不就是扩展欧几里得
(如果不懂可以点这里http://www.cnblogs.com/ka200812/archive/2011/09/02/2164404.html）。
然而在这里扩展欧几里得有解的条件是，gcd(m-n,l)能整除l(l为两者初始相距距离）。为什么呢？因为ax+by=gcd(x,y），则a*l/gcd(a,b)*x+b*l/gcd(a,b)=l;很显然该方程有解的条件为l%gcd(a,b）=0；同时还有一点值得注意，即解出来的解首先要乘以l/gcd(a，b),然后这只是一个整数解，不是最小非负整数解，那么如何做呢？
这里用到一个推论若gcd(a, b) = d，则方程ax+by=gcd(a,b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。这是因为若x0,y0为扩展欧几里得的一组解，则a（x0+b/d）+b(y0-a/d）=d显然也是成立的，则x1=x0+b/d是方程的另一组解，其他解也可以如此生成，所以上述推论成立。所以只要对其取模，并转化为非负解即可。

#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll x,y,m,n,l,ans1,ans2,a;
ll extgcd(ll x,ll y,ll &ans1,ll &ans2){
	long long d=x;
	if(y==0){
		ans1=1;
		ans2=0;
		return d;
	}
	else{
	 d=extgcd(y,x%y,ans2,ans1);
	 ans2-=(x/y)*ans1;
	}
	return d;
}//扩展欧几里得
int main(){
	scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&x,&y,&m,&n,&l);
	if(m<n){
		swap(m,n);
		swap(x,y);
	}
	a=y-x;
	if(a<0)
	 a+=l;
	ll ys=extgcd(m-n,l,ans1,ans2);
	//printf("%I64d\n",a);
	if(a%ys!=0){
		printf("Impossible\n");
		return 0;
	}
	ans1=ans1*a/ys%(l/ys);
	if(ans1<0){
		ans1+=(l/ys);
	}//转化为最小非负整数解
	printf("%I64d\n",ans1);
	return 0;
}