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

这是一道经典的解同余方程的题；

首先我来回顾下欧几里德的几个定理，有助于理解这道题；

**定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使 d = ax+ by。**

定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

　　证明：上述同余方程等价于ax + by = c，如果有解，两边同除以d，就有a/d * x + b/d * y = c/d，即a/d * x ≡ c/d (mod b/d)，显然gcd(a/d, b/d) = 1，所以由定理二知道x在[0, b/d - 1]上有唯一解。所以ax + by = c的x在[0, b/d - 1]上有唯一解，即ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

　　如果得到ax ≡ c (mod b)的某一特解X，那么令m = b/gcd(a, b)，可知x在[0, r-1]上有唯一解，所以用x = (X % m + m) %m就可以求出最小非负整数解x了！（X % m可能是负值，此时保持在[-(m-1), 0]内，正值则保持在[0, r-1]内。加上r就保持在[1, 2m-1]内，所以再模一下r就在[0, m-1]内了）。

　　那么什么时候无解呢？仔细想想.......那就是： c=kd =[ ax+ by ]k So 当c是d=gcd(a,b)的约数时候，就有唯一解！

思路：

两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，

要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；

则：(x+mt)-(y+nt)=kl; 变形得：(n-m)t-(x-y)=kL;即有(n-m)t mod L=x-y;为线性同余方程。

此方程有解当且仅当x-y是n-m和L的最小公倍数的约数(记为gcd(n-m,L)),即

(x-y)%gcd(n-m,L)==0。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(n-m)t mod L=x-y成立，那么所有的解可以表示为：

{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。

//即：ax+bx=c; d=gcd(a,b); 那么a(x₀+k(b/d))+b(y₀-k(a/d))=c

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题目链接：http://poj.org/problem?id=1061

#include<stdio.h>

#define LL __int64

void exgcd(LL a,LL b,LL &d,LL &x,LL &y)

{

    if(!b)d=a,x=,y=;

    else

    {

        exgcd(b,a%b,d,y,x);

        y-=x*(a/b);

    }

}

LL gcd(LL a,LL b)

{

    if(!b) return a;

    else

        gcd(b,a%b);

}

int main()

{

    LL xx,yy,m,n,l;

    while(scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&xx,&yy,&m,&n,&l)!=EOF)

    {

        LL d,x,y;

        LL aa,bb,cc,mm;

        aa=n-m;

        bb=l;

        cc=xx-yy;

        exgcd(aa,bb,d,x,y);

 //       printf("%I64d  %I64d  %I64d\n",d,x,y);

        if(cc%d) printf("Impossible\n");

        else

        {

            x=x*(cc/d);

            mm=bb/d;

            x=(x%mm+mm)%mm;

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

        }

    }

    return ;

}

巴特西

青蛙的约会（poj1061+欧几里德）

青蛙的约会

这是一道经典的解同余方程的题；

首先我来回顾下欧几里德的几个定理，有助于理解这道题；

**定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使 d = ax+ by。**

定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

那么什么时候无解呢？仔细想想.......那就是： c=kd =[ ax+ by ]k So 当c是d=gcd(a,b)的约数时候，就有唯一解！

思路：

两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，

要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；

则：(x+mt)-(y+nt)=kl; 变形得：(n-m)t-(x-y)=kL;即有(n-m)t mod L=x-y;为线性同余方程。

此方程有解当且仅当x-y是n-m和L的最小公倍数的约数(记为gcd(n-m,L)),即

(x-y)%gcd(n-m,L)==0。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(n-m)t mod L=x-y成立，那么所有的解可以表示为：

{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。

//即：ax+bx=c; d=gcd(a,b); 那么a(x₀+k(b/d))+b(y₀-k(a/d))=c

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首先我来回顾下欧几里德的几个定理，有助于理解这道题；

定理一：如果d = gcd(a, b)，则必能找到正的或负的整数k和l，使 d = a*x+ b*y。

定理二：若gcd(a, b) = 1，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b-1]上有唯一解。

定理三：若gcd(a, b) = d，则方程ax ≡ c (mod b)在[0, b/d - 1]上有唯一解。

那么什么时候无解呢？仔细想想.......那就是： c=k*d =[ a*x+ b*y ]*k So 当c是d=gcd(a,b)的约数时候，就有唯一解！

思路：

两只青蛙跳一次所花费的时间相同，我们设其为t，则x+mt是青蛙A从坐标原点到终点所走的距离，y+nt是B走的距离，

要想碰面，则他们相减一定是地面周长的整数倍，设为k*L；

则：(x+mt)-(y+nt)=kl; 变形得：(n-m)t-(x-y)=kL;即有(n-m)t mod L=x-y;为线性同余方程。

此方程有解当且仅当x-y是n-m和L的最小公倍数的约数(记为gcd(n-m,L)),即

(x-y)%gcd(n-m,L)==0。这时，如果x0是方程的一个解，即当t=x0时，(n-m)t mod L=x-y成立，那么所有的解可以表示为：

{x0+k(L/gcd(m-n,L))|(k∈整数)}。

//即：ax+bx=c; d=gcd(a,b); 那么a*(x0+k*(b/d))+b*(y0-k*(a/d))=c

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//即：ax+bx=c; d=gcd(a,b); 那么a(x₀+k(b/d))+b(y₀-k(a/d))=c