bzoj1477 poj1061 青蛙的约会

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

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);

}