poj-1061-青蛙约会-扩展的欧几里得算法的模板题

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 Output

Source

浙江

欧几里得算法参考http://blog.csdn.net/zhjchengfeng5/article/details/7786595

方法：相关算法参考以上博客

#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;

LL y, x, m, n, L, a, b, c, x1, y1;
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y)//扩展式的模板，得到a*x+b*y=c中的ans(a和b的最大公约数)和x,y的某个解
{
    if(b == 0)
    {
        x = 1;//x=1,a=ans
        y = 0;//(此y为任意给定值，使之后产生固定x,y)
        return a;
    }
    LL ans = exgcd(b, a%b, x, y);
    LL temp = x;
    x = y;
    y = temp - a/b*y;
    return ans;
}
int main()
{
    cin >> x >> y >> m >> n >> L;
    a = n-m, b = L, c = x-y;
    LL t = exgcd(a, b, x1, y1);
    if(c%t || m==n)//c只有是t的倍数才可能满足扩展式
        cout << "Impossible" << endl;
    else
    {
        x1 *= c/t;//得出的解乘以倍数才使式子转换为a*x1+b*y1=t
        y1 *= c/t;
        x1 = (x1%(b/t)+b/t)%(b/t);//此式取x1的最小正整数解
        cout << x1 << endl;
    }
    return 0;
}

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