描述

传送门：poj-1061

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

intput
1
1 2 3 4 5
output
1
4

思路

显然我们要求满足$(x+t \cdot m)\%L=(y+t \cdot n)\% L$的最小正数$t$。

变换一下得$t\cdot (m-n)+k \cdot L= y-x$,再变一下得到最后的式子 $\frac {t \cdot gcd}{y-x} \cdot (m-n)+\frac {k \cdot gcd}{y-x} \cdot L=gcd$ 其中$gcd=gcd(m-n,L)$。然后直接套拓欧模板。

拓展欧几里德详解

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>  
#include<string.h>  
#include<string>   
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<math.h>
using namespace std;
#define CRL(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define INF 0xfffffff
typedef unsigned long long LL;
typedef  long long ll; 
const double Pi = acos(-1);
const double e = exp(1.0);
const int mod =1e9+7; 

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)		//拓展欧几里德算法 
{
    if(b==0){x=1;y=0;return a;}
    
    ll r=exgcd(b,a%b,x,y);
    ll c=x;
    x=y;
    y=c-a/b*y;
    return r;
}

int main()
{
    ll x,y,m,n,L,ans,a,b;
    cin>>x>>y>>m>>n>>L;
    
    a=m-n;ll c=y-x;b=L; //处理一下
    if(a<0){        
        a=-a;c=-c;
    }
    
    ll gcd=exgcd(a,b,x,y);
    if(c%gcd) cout<<"Impossible"<<endl;
    else{
        x=x*c/gcd;
        if(x>0) x=x%(b/gcd);
        else x=x%(b/gcd)+b/gcd;
        cout<<x<<endl;
    }
    return 0;
}