POJ-1061 青蛙的约会---扩展欧几里得算法

题目链接：

https://cn.vjudge.net/problem/POJ-1061

题目大意：

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。

解题思路：

假设t时刻相遇

有：(x + mt) = (y + nt) (mod L)

也就是 x + mt - y - nt  = K * L

(m - n) * t + K * L = y - x

(因为K取任意整数，移到方程左端可以不管他的正负，反正对求出的K不处理)

也就是：a * t + b * K = y - x 　　a = m - n   b = L 求解t和K

特判 a = 0 的时候 x = y解为0，反之无解

当a < 0时，标记一下，然后a取正数，最后求出的t再取一下相反数即可

对于ax + by = c的求解

先求解ax + by = gcd(a, b) 求出x0，y0

如果gcd(x, y)整除c则有解，反之无解

根据x0 y0可得到一解：

x1 = x0 * c / gcd(a, b)

y1 = y0 * c / gcd(a, b)

所有解：

x = x1 + b / gcd(a, b) * t

y = y1 + a / gcd(a, b) * t

最小正数x的解

b` = b / gcd(a, b)

a` = a / gcd(a, b)

x2 = ((x1 % b`) + b`) % b`

y2 根据x2计算出来

同理可求出最小正数y的解

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cmath>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 ll extgcd(ll a, ll b, ll&x, ll&y)//ax+by = gcd(a, b)的解。返回值为gcd
 {
     ll d = a;
     if(b)
     {
        d = extgcd(b, a % b, y, x);
        y -= (a / b) * x;
     }
     else x = , y = ;
     return d;
 }
 int main()
 {
     ll x, y, m, n, l;
     cin >> x >> y >> m >> n >> l;
     ll xx, yy;
     ll a = m - n, b = l;
     if(a == )
     {
         if(x == y)cout<<""<<endl;
         else cout<<"Impossible"<<endl;
         return ;
     }
     bool flag = ;
     if(a < )a = -a, flag = ;
     ll g = extgcd(a, b, xx, yy);
     if((y - x) % g)cout<<"Impossible"<<endl;
     else
     {
         xx = xx * (y - x) / g;
         if(flag)xx = -xx;
         l = l / g;
         xx = ((xx % l) + l) % l;
         cout<<xx<<endl;
     }
     return ;
 }