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 5Sample Output
4题意：》》》
思路：我们假设跳了t次。先考虑两只青蛙在同一点开始跳，那么一只青蛙追上另一只青蛙肯定比他多跳了k*l，，现在不同，再加上相对位移即可 ，换成数学表达式就是 (x+m*t)-(y+n*t)=k*l;我们转换一下 : k*l+(n-m)*t=x-y; 将这个式子用A代替，这样就可以和扩展欧几里得定义式
a*x+b*y=c(gcd(a,b))（用B代替），对应起来了，a=l,b=n-m,x=k,y=t,d=x-y,那么y就是本题的答案，首先注意用扩展欧几里得解二元一次方程有解的条件，上面两个式子对应一下很容易看出x-y必须是c的整数倍，也即是（x-y）%d=0;否则无解（也就是Impossible
）；
1.如果A有解的话，我们接下来求他的最小整数解；因为（x-y）%c=0;所以A=(d/c)*B;
2.因为a*(x-b)+b*(y+a)=c,我们假设a*x0+b*y0=c的一组解为x0,y0;那么a*(x-b)+b*(y+a)=c的解为x=x0+b,y=y0-a;从此我们就可以得出
a*x+b*y=c的一组通解为：x=x0+b*e,y=y0-a*e;(e是一个随机整数）
好，由1的结论我们知道 A=（d/c）*B；而我们由扩展欧几里得得到的解是B的解，因此我们要把得到y乘以（d/c）,这样才能得到A这个式子的解，那怎么才能得到他的最小整数解呢，就是用取余了，当d/c=1的时候解出的y最小，那么取余的数就是a/c了，防止y是一个负数，再加上a/c即可；
下面附上我的代码：
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<string>
#define LL long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define PI acos(-1.0)
using namespace std;
LL exgcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(!b)
{
x=1;
y=0;
return a;
}
LL r=exgcd(b,a%b,x,y);
LL t=y;
y=x-(a/b)*y;
x=t;
return r;
}
int main()
{
LL a,b,x,y,n,m,l,k1,k2;
cin>>x>>y>>m>>n>>l;
LL d=x-y;
a=l;
b=n-m;
LL c=exgcd(a,b,k1,k2);
if(d%c)
printf("Impossible");
else{
LL s=k2*d/c;
LL v=a/c;
//printf("%lld %lld\n",c,s);
printf("%lld\n",(s%v+v)%v);
}
return 0;
}