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POJ 1061 青蛙的约会
题意：
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且都是从东往西跳。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。
分析：
假设两只青蛙跳了k次相遇。则：(x + k * m) % L = (y + k * n) % L.
也就是：(x + k * m) - (y + k * n) = k’ * L，
移项即为：(m - n) * k - k’ * L = y - x。
相当于求解此不定方程的最小正整数解k。利用扩展欧几里德先计算(m - n) * k - k’ * L = gcd(m, n)的最小解k.
然后判断y - x是否为gcd(m - n, L)的倍数，如果不是倍数则无解。否则先将k扩大(y - x) / gcd(m - n, L)倍。
因为(m - n) * k - k’ * L = y - x的通解(kk, kk’)满足：
kk = (k + t * (L / d)), kk’ =(k’ - t * (m - n) / d),t为整数,d = gcd(m - n, L);
那么求k的最小正整数解kk：令r = L / d, kk = (k % r + r ) % r;
还要注意需要将系数变正！即m - n > 0!
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <climits>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <cassert>
#define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
using namespace std;
typedef long long ll;ll ex_gcd(ll a, ll b, ll& xx, ll& yy)
{if(b == 0){xx = 1, yy = 0;return a;}ll d = ex_gcd(b, a % b, yy, xx);yy -= a / b * xx;return d;
}int main()
{ll x, y, n, m, L, xx, yy;while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &x, &y, &m, &n, &L)){if(m < n){swap(n, m);swap(x, y);}ll d = ex_gcd(m - n, L, xx, yy);if((y - x) % d != 0) printf("Impossible\n");else {xx *= ((y - x) / d);//通解满足：xx' = (xx + c * (L / d)), yy' =(yy - c * (m - n) / d),c为整数; ll r = L / d;xx = (xx % r + r) % r; //最小正整数解printf("%lld\n", xx);}}return 0;
}