【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"
【Examples】
Sample Input
1 2 3 4 5
Sample Output
4
【Problem Description】
一维坐标系中，长度为L,首尾相连形成环，两个青蛙分别从x,y点开始往右同时跳，问最小跳多少次两青蛙能够碰面。
【Solution】
扩展欧几里得
由题意得：
(x+nt)%L=(y+mt)%L
(x+nt)%L-(y+mt)%L=0
(x+nt-(y+mt))%L=0
(x+nt-y-mt)=kL
(n-m)t+kL=y-x
则令a=n-m,b=k,c=y-x.
ax+by=c
我们要求的就是x.
根据扩展欧几里得我们可求得ax+by=gcd(a,b)时候的x',y'.
则x=x'*c/gcd(a,b).即上式两边同乘以c/gcd(a,b)
注意对L取模，x最大值不会超过L，且不为负数。
【Code】
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef int Int;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define maxn 100005
int exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(b==0)
{
x=1,y=0;
return a;
}
int ans=exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
return ans;
}
void solve(int a,int b,int c)
{
int x,y;
int gcd=exgcd(a,b,x,y);
if(c%gcd)
{
cout<<"Impossible"<<endl;
return ;
}
x*=c/gcd,y*=c/gcd;
cout<<(x%b+b)%b<<endl;
}
Int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int x,y,m,n,L;
while(cin>>x>>y>>m>>n>>L)
{
solve(m-n,L,y-x);
}
cin.get(),cin.get();
return 0;
}