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。 

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。

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"

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分析：
gcd搞多了二元一次不定方程跟模线性方程求解搞混了。
二元一次不定方程一般式：ax+by=c;
a/gcd(a,b)x+b/gcd(a,b)y=c/gcd(a,b)
当gcd(a,b)|c时才有整数解
两只青蛙再次相遇设跳的次数为t,相差的圈数为p,mt+x-(nt-y)=pl;
化简后得到二元一次不定方程:pl+(n-m)t=x-y;
通过欧几里德扩展定理解出一个解：x0=x0*(x-y)/d;
通解为：x=x0+b/gcd(a,b)t  (t为整数)

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

__int64 Extended_Euclid(__int64 a,__int64 b,__int64 &x,__int64 &y)

{

    __int64 d,t;

    if(b==)

    {

        x=;y=;return a;

    }

    d=Extended_Euclid(b,a%b,x,y);

    t=x;

    x=y;

    y=t-a/b*y;

    return d;

}

int main()

{

    __int64 m,n,x,y,l,d,x0,y0,r;

    while(scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d %I64d",&x,&y,&m,&n,&l)!=EOF)

    {

        if(x==y) ｛cout<<<<endl; continue；｝
        x=x-y;

        y=n-m;

        d=Extended_Euclid(y,l,x0,y0);

        r=l/d;

        if(x%d==)

        {

            x0=(x/d*x0%r+r)%r;

            printf("%I64d\n",x0);

        }

        else

        {

            printf("Impossible\n");

        }

    }

    return ;

}