poj1061-青蛙的约会-（贝祖定理+扩展欧几里得定理+同余定理）

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 Outp

4

前置技能：同余定理→欧几里得定理→贝祖定理→扩展欧几里得定理
贝祖定理：设a,b是整数，则存在整数x,y，使得ax+by=gcd（a,b）
扩展欧几里得定理：求解满足贝祖定理的一组解，即求x，y
求解过程：
对于gcd(a,b)必有ax+by=gcd(a,b)，设a>b
1. b=0时,gcd(a,b)=a,此时x=1，y0
2. a>b>0时,设gcd(a,b) = d = gcd(b,a%b) 终有一次递归使得a%b=0，此时return gcd函数中的第一个参数
设ax1 + by1 = gcd(a,b) = d
= bx2 + (a%b)y2 = gcd(b,a%b) = d
∴ ax1 + by1 = bx2 + (a%b)y2
             = bx2 + ( a-[a/b]*b )y2    //[a/b]表示对a/b取整，a-[a/b]*b=a%b
　　　　　　 = ay2 + bx2 -[a/b]*by2
　　　　　　 = ay2 + b( x2-[a/b]*y2 )
显然 x1=y2, y1=x2-[a/b]*y2
gcd函数无限递归则可以得到 xi = y(i+1) , yi = x(i+1) - [a/b]*y(i+1)
而终有一次gcd递归使得第二个参数为0，开始返回。

解题过程：
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。
纬度线是一个圈，跳过尽头又从起点开始，显然是对L求余，如果位置坐标求余后相等，则可以碰面
设跳跃次数为t，则每次跳跃后，青蛙A的坐标是(x+mt)%L,青蛙B的坐标是(y+nt)%L
有解的情况是：
(x+mt)%L = (y+nt)%L
(x+mt -y-nt)%L = 0
(x+mt -y-nt)%L = 0%L
(m-n)t + (x-y) = 0 (mod L)
(m-n)t = (y-x) (mod L)
(m-n)t + 0 = (y-x) (mod L)
(m-n)t + Lk = (y-x) (mod L)
形如贝祖定理 ax+by = gcd(a,b)
a=(m-n), 
b=L=0,
multiple * gcd(a,b)= (y-x), //x和y是题目的起始坐标
x=t, //x是贝祖定理的a解
y=k, //y是贝祖定理的b解
只需要保证题目中的y-x是gcd的倍数就好了
套用欧几里得公式的话，默认解是gcd，题目中的(y-x)只要是gcd的倍数就有解，并且答案解是默认解的倍数
本题的大坑在于负数解！！！

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<math.h>
#include<string>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
// ax + by = gcd(a,b)
ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)//扩展欧几里德定理
{
    if(b==)//终有一次a%b传进来是0，递归出口
    {
        x=;y=;
        return a;
    }
    ll q=exgcd(b,a%b,y,x);
    //最终递归出来，y1=1,x1=0
    y=y-(a/b)*x;
    //后面的y相当于下一个递归的x2，x相当于下一个递归的y2，符合推导公式
    //x1=y2;   y1=x2-[a/b]*y2;
    return q;
}

int main()
{
    ll x,y,m,n,l,c;
    while(scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF)
    {
        ll t,k,gcd;
        gcd=exgcd(m-n,l,t,k);///欧几里得扩展公式的右边默认是gcd,gcd不需要传进去，t是默认解
        ll multiple=(y-x)/gcd;///如  果右边是gcd的倍数有解，结果也是默认解的某倍

        if( (x-y)%gcd!= )
            printf("Impossible\n");
        else
            printf("%lld\n", ((t*multiple)%l+l)%l );///gcd如果是负的，求模后，加模数再求模
        /*
        样例中, gcd=-1,
        (t*倍数+l)%l则WA，举例：如果t*gcd=-11，l=5，则-6%5=-1
        先模再加再模则AC：保证先模后的数在[-l,l]之间，加l再模保证结果是正数*/
    }
    return ;
}