传送门(洛谷)

题目

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
分析
根据题目我们可以得到式子
     am+x≡an+y(mod L)
我们移一下可以得到
     a(m-n)≡y-x(mod L)
所以我们可以得到
     a(m-n)+bL=y-x
我们可以将数轴的长度L分为数段,每一段的长度gcd(m-n,L)为单位一,所以我们将公式变为
     a(m-n)+bL=gcd(m-n,L)
这里我们将gcd(m-n,L)当作1来算,套入exgcd模板即可
在计算完这种情况下的a之后我们进行一个判断:
如果gcd(m-n,L)|(y-x)则将等式两边均乘(gcd(m-n,L)÷(y-x)),所以答案即为
     a*gcd(m-n,L)÷(y-x)%(L÷gcd(m-n,L))。
否则无解
代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
using namespace std;
long long a,b;
inline long long gcd(long long x,long long y){
if(y>x)swap(x,y);
if(x%y==)return y;
return gcd(y,x%y);
}
inline void exgcd(long long x,long long y,long long &a,long long &b){
if(y==){
a=;
b=;
return;
}
exgcd(y,x%y,a,b);
long long z=a;
a=b;
b=z-(x/y)*b;
return;
}
int main(){
long long n,m,i,j,k,l,x,y;
cin>>x>>y>>n>>m>>l;
if(n>m){
swap(x,y);
swap(n,m);
}
k=gcd(m-n,l);
exgcd(m-n,l,a,b);
if((x-y)%k)puts("Impossible");
else cout<<((x-y)/k*a%(l/k)+(l/k))%(l/k)<<endl;
return ;
}

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