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
4 ------------------------------------------------我是分割线^_^-----------------------------------------------------------
此题其实就是扩展欧几里德算法－求解不定方程，线性同余方程。设过s步后两青蛙相遇，则必满足以
下等式：(x+m*s)-(y+n*s)=k*l(k属于整数)
稍微变一下形得：(n-m)*s+k*l=x-y，令n-m=a, k=b,x-y=c, 即a*s+b*l=c只要上式存在整数解，则两青蛙能相遇，
否则不能。
是一道乘法逆元的题目，我没管什么原理，直接学习模板的使用，因为太难理解了，看了半天还没完全懂扩展欧几里德= =，总之在网上看了很多关于不定方程方程求解的问题，可都没有说全，都只说了一部分，看了好多之后才真正弄清楚不定方程的求解全过程，步骤如下：
求a * x + b * y = n的整数解。
1、先计算Gcd(a,b)，若n不能被Gcd(a,b)整除，则方程无整数解；否则，在方程两边同时除以Gcd(a,b)，
得到新的不定方程a‘ * x + b‘ * y = n‘，此时Gcd(a‘,b‘)=1;
2、利用上面所说的欧几里德算法求出方程a‘ * x + b‘ * y = 1的一组整数解x0,y0，则n‘ * x0, n‘ * y0是方程
a‘ * x + b‘ * y = n‘的一组整数解；
3、根据数论中的相关定理，可得方程a‘ * x + b‘ * y = n‘的所有整数解为：
x = n‘ * x0 + b‘ * t
y = n‘ * y0 - a‘ * t
(t为整数)
上面的解也就是a * x + b * y = n 的全部整数解。
补充一个网站看到的简便方法，最小非负整数解为(n‘ * x0 % b‘ + b‘) % b‘。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cctype>
using namespace std;
#define Int __int64
#define INF 0x3f3f3f3f
Int ExGcd(Int a, Int b, Int &x, Int &y) {/*注意这个题要求解方程时同时求出最大公约数，公约数单独求会超时= =*/
if (b == 0) {
x = 1;
y = 0;
return a;
}
Int gcd = ExGcd(b, a % b, x, y);
Int t = y;
y = x - a / b * y;
x = t;
return gcd;
}
int main() {
//freopen("input.txt", "r", stdin);
Int x, y, m, n, L;
while (scanf("%I64d %I64d %I64d %I64d %I64d", &x, &y, &m, &n, &L) != EOF) {
Int a = n - m;
Int b = L;
Int c = x - y;
Int x1, y1;
Int gcd = ExGcd(a, b, x1, y1);
if (c % gcd) {
printf("Impossible\n");
continue;
}
a /= gcd;
b /= gcd;
c /= gcd;
Int ans = (c * x1 % b + b) % b;
printf("%I64d\n", ans);
}
return 0;
}