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
 
我们知道,两个青蛙跑到最后,x的坐标是X+m*T,y的坐标是Y+n*T(T为时间)
我们可以得到等式:X+m*T-(Y+n*T)=L*P(P为他们饶了几圈)
然后将这个等式化简,(n-m)*T+L*P=X-Y。
我们把n-m看成a,T看成x,L看成b,p看成y,X-Y看成c
就能把其变为不定方程:ax+by=c,然后问题就变成了,求这个方程x的最小整数解。
我们先用拓展欧几里得算法解出这个方法的特解:x0=x*c/gcd(a,b);
然后从通解公式x=x0+b/gcd(a,b)*k(k为任意整数)中得知:我们需要找到一个最小的k使x>0.
我们让(x%b/gcd(a,b)+b/gcd(a,b))%b/gcd(a,b)将其变为正的就可以了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define REP(i,k,n) for(long long i=k;i<=n;i++)
#define in(a) a=read()
using namespace std;
inline long long read(){
long long x=,f=;
char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar())
if(ch=='-')
f=-;
for(;isdigit(ch);ch=getchar())
x=x*+ch-'';
return x*f;
}
long long X,Y,m,n,L;
long long x,y,d,t;
inline void exgcd(long long a,long long b,long long &d,long long &x,long long &y){
if(!b) d=a,x=,y=;
else exgcd(b,a%b,d,x,y),t=x,x=y,y=t-a/b*y;
}
int main(){
in(X),in(Y),in(m),in(n),in(L);
long long a=n-m,b=L,c=X-Y;
exgcd(a,b,d,x,y);
if(c%d){
cout<<"Impossible";
return ;
}
long long a1=a/d,b1=abs(b/d),c1=c/d;
x=c*x/d;
printf("%lld",(x%b1+b1)%b1);
}

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